Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, kẻ 2 đường cao BE, CF
a) Tính EF theo BC=a , biết \(\widehat{BAC}=60^0\)
b) Trên nửa đường tròn đường kính BC không chứa E, F lấy M bất kì. Gọi H,I,K lần lượt là hình chiếu của M trên BC,CE,EB. Tìm GTNN của \(S=\frac{BC}{HM}+\frac{CE}{MI}+\frac{EB}{MK}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
CH
Cô Hoàng Huyền
Admin
VIP
24 tháng 11 2017
https://olm.vn/hoi-dap/question/1088709.html
Em có thể xem tại đây.
CM
6 tháng 2 2019
a, Ta đã chứng minh được: AE = b + c - a 2
=> AE = a + b + c - 2 a 2 = p – a
∆AIE có IE = EA.tan B A C ^ 2
= (p – a).tan B A C ^ 2
b, Chú ý: BI ⊥ FD và CI ⊥ E. Ta có:
B I C ^ = 180 0 - I B C ^ + I C D ^ = 180 0 - 1 2 A B C ^ + A C B ^
= 180 0 - 1 2 180 0 - B A C ^ = 90 0 + B A C ^ 2
Mà: E D F ^ = 180 0 - B I C ^ = 90 0 - α 2
c, BH,AI,CK cùng vuông góc với EF nên chúng song song => H B A ^ = I A B ^ (2 góc so le trong)
và K C A ^ = I A C ^ mà I A B ^ = I A C ^ nên H B A ^ = K C A ^
Vậy: ∆BHF:∆CKE
d, Do BH//DP//CK nên B D D C = H P P K mà DB = DF và CD = CE
=> H P P K = B F C E = B H C K => ∆BPH:∆CPK => B P H ^ = C P E ^
Lại có: B F P ^ = C E F ^ => ∆BPF:∆CEP (g.g)
mà B P D ^ = C P D ^ => PD là phân giác của B P C ^
18 tháng 10 2021
b: Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao ứng với cạnh huyền AB
nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao ứng với cạnh huyền AC
nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
a) Ta thấy ngay \(\Delta AEB\sim\Delta AFC\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
Vậy thì \(\Delta AEF\sim\Delta ABC\left(c-g-c\right)\Rightarrow\frac{EF}{BC}=\frac{AE}{AB}\)
Xét tam giác vuông ABE có \(cos\widehat{BAE}=\frac{AE}{AB}\Rightarrow\frac{AE}{AB}=cos60^o=\frac{1}{2}\)
Suy ra \(\frac{EF}{BC}=\frac{1}{2}\Rightarrow EF=\frac{a}{2}\)
b) Ta thấy ngay tứ giác BKHM nội tiếp nên \(\widehat{KHB}=\widehat{KMB}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK)
Ta cũng có tứ giác CIHM nội tiếp nên \(\widehat{CMI}=\widehat{CHI}\)(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CI)
Ta thấy ngay E thuộc đường tròn đường kính BC nên \(\widehat{EBM}=\widehat{ICM}\)
(Góc ngoài tại đỉnh đối diện)
Suy ra \(\widehat{BMK}=\widehat{CMI}\) nên \(\widehat{KHB}=\widehat{CHI}\)
Vậy I, H, K thẳng hàng.
Ta thấy ngay \(\Delta EIK\sim\Delta HMC\sim\Delta HBM\Rightarrow\frac{EI}{MI}=\frac{EI}{EK}=\frac{MH}{CH}\)
và \(\frac{MH}{BH}=\frac{EK}{EI}=\frac{EK}{MK}\)
Mà \(\Delta CMI\sim\Delta BMK\Rightarrow\frac{CI}{MI}=\frac{BK}{MK}\)
Vậy thì \(S=\frac{BC}{MH}+\frac{CE}{MI}+\frac{BE}{MK}=\frac{BH+HC}{MH}+\frac{EI-CI}{MI}+\frac{BK+KE}{MK}\)
\(=\frac{BH}{MH}+\frac{CH}{MH}+\frac{EI}{MI}-\frac{CI}{MI}+\frac{BK}{MK}+\frac{EK}{MK}\)
\(=\left(\frac{BH}{MH}+\frac{CH}{MH}\right)+\left(\frac{MH}{CH}-\frac{BK}{MK}\right)+\left(\frac{BK}{MK}+\frac{MH}{BH}\right)\)
\(=\left(\frac{BH}{MH}+\frac{MH}{BH}\right)+\left(\frac{CH}{MH}+\frac{MH}{CH}\right)\ge2+2=4\)
\(\Rightarrow minS=4\Leftrightarrow MH=BH=CH\)
hay M ở chính giữa cung BC.
Chi. Quan li lam dung roi