Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hình mình ko tiện vẽ nên có thể hơi khó hiểu
a) xét t/g EAB có : P tđ AE, O tđ AB => OP//EB. mà EP vuông góc FB => PO vuông góc FB
xét t/g PFB có PO là đường cao, BA là đường cao, BA giao PO tại O
=> O là trực tâm t/g => FO vuông góc PB. Mà QH vuông góc PB => QH//OF
xét t/g AFO có Q tđ AF, QH//OF => H tđ OA (đpcm)
b) Xét t/g CBD có : BO= 1/2 CD (=R) , BO là trung tuyến => t/g CBD vuông tại B
Xét t/g EBF có: EBF = 90 độ, BA là đường cao => AB^2 = AE.AF
Ta có: AE.AF ≤ (AE+AF)^2/4
=> AB^2 ≤ EF^2/4
=> AB ≤ EF/2 (do AB, EF >0)
=> EF.AB/2 ≥ AB^2
=> diện tích EBF ≥ AB^2
lại có diện tích BPQ = PQ.AB/2= [(1/2.AE+ 1/2.AF).AB]/2= EF.AB/4= diện tích EBF/2
=> diện tích BPQ ≥ AB^2/2
dấu "=" <=> AE= AF => A tđ EF
xét t/g EBF có BA là trung tuyến, BA là đường cao => t/d EBF cân tại B => BA là phân giác
xét t/g CBD có: BO là trung tuyến, BO là phân giác => t/g CBD cân tại B => BO là đường cao => AB vuông góc CD
Vậy t.g BPQ có dt nhỏ nhất <=> AB vuông góc CD
Oke, nếu thấy đúng thì cho mik xin 1 k nhé!
(a) Do P là trung điểm AE, O là trung điểm AB, suy ra PO là đường trung bình tam giác ABE. Do vậy mà OP song song với BE. Vì CD là đường kính nên \(CB\perp BF\to PO\perp BF.\) Vì \(EF\) là tiếp tuyến tại A của đường tròn nên \(BA\perp EF.\) Vậy O là trực tâm của tam giác BPQ. Thành thử OF vuông góc với BP. Do H là trực tâm tam giác BPQ nên QH vuông góc với BP. Do đó OF song song với QH. Mà Q là trung điểm AF, nên QH là đường trung bình tam giác AOF. Vậy H là trung điểm AO.
(b) Ta có \(S_{APQ}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot PQ=R\cdot PQ=R\cdot\frac{EF}{2}.\) Vậy diện tích tam giác APQ bé nhất khi và chỉ khi \(EF\) nhỏ nhất. Xét tam giác vuông BEF, theo hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu, suy ra \(AB^2=AE\cdot AF\to AE\cdot AF=4R^2.\) Theo bẩt đẳng thức Cô-Si ta có \(EF=AE+AF\ge2\sqrt{AE\cdot AF}=2\sqrt{4R^2}=4R.\) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(AE=AF\Leftrightarrow\Delta BEF\) vuông cân \(\Leftrightarrow BA\) là phân giác của góc \(\angle CBD\) \(\Leftrightarrow CD\perp AB.\)
Vậy diện tích tam giác BPQ bé nhất khi và chỉ khi 2 đường kính AB,CD vuông góc với nhau. Khi đó giá trị bé nhất \(S_{APQ}=\frac{1}{2}AB\cdot EF=\frac{1}{2}\cdot2R\cdot4R=4R^2.\)
(c) Theo hệ thức liên hệ giữa cạnh góc vuông và hình chiếu ta có
\(AE^2=CE\cdot BE,AF^2=BF\cdot DF\to\frac{AE^2}{AF^2}=\frac{CE\cdot BE}{BF\cdot DF}\to\frac{CE}{DF}=\frac{BF}{BE}\cdot\frac{AE^2}{AF^2}\)
Mặt khác, \(BE^2=EF\cdot EA,BF^2=FA\cdot FE\to\frac{BE^2}{BF^2}=\frac{EA}{FA}\to\frac{EA^2}{FA^2}=\frac{BE^4}{BF^4}.\)
Từ hai đẳng thức ta suy ra \(\frac{CE}{DF}=\frac{BF}{BE}\cdot\frac{BE^4}{BF^4}=\frac{BE^3}{BF^3}.\)
a) Định nghĩa lại H là trung điểm OA. Ta thấy OQ là đường trung bình của tam giác ABF nên OQ//BF. Hơn nữa \(BF\perp BE\) nên \(OQ\perp BE\). Lại có \(BA\perp QE\) nên O là trực tâm của tam giác BEQ \(\Rightarrow OE\perp BQ\)
Mặt khác, PH là đường trung bình của tam giác AOE nên PH//OA. Do đó, \(PH\perp BQ\). Lại thấy rằng \(BH\perp PQ\) nên H là trực tâm tam giác BPQ (đpcm)
b) Ta có \(P=\sin^6\alpha+\cos^6\alpha\)
\(=\left(\sin^2\alpha\right)^3+\left(\cos^2\alpha\right)^3\)
\(=\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)\left(\sin^4\alpha+\cos^4\alpha-\sin^2\alpha\cos^2\alpha\right)\)
\(=1.\left[\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)^2-3\sin^2\alpha\cos^2\alpha\right]\)
\(=1-3\sin^2\alpha\cos^2\alpha\)
\(\le1-3.\dfrac{\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)^2}{4}\)
\(=\dfrac{1}{4}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\sin\alpha=\cos\alpha\) \(\Leftrightarrow\alpha=45^o\) hay 2 dây AB, CD vuông góc với nhau.
Vậy \(min_P=\dfrac{1}{4}\)
c) Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}EC.EB=EA^2\\FD.FB=FA^2\end{matrix}\right.\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\(\Rightarrow EC.EB.FD.FB=\left(EA.FA\right)^2\)
\(\Rightarrow EC.FD.\left(EB.DB\right)=AB^4\)
\(\Rightarrow EC.FD.\left(EF.AB\right)=AB^4\)
\(\Rightarrow EC.FD.EF=AB^3=CD^3\) (đpcm)
Ta có \(EC.DF=AC.AD=BC.BD\)
\(\Rightarrow\dfrac{EC}{DF}=\dfrac{BC.BD}{DF^2}\)
\(=\dfrac{BC}{DF}.\dfrac{BD}{DF}\)
\(=\dfrac{BE}{BF}.\dfrac{AC}{DF}\)
\(=\dfrac{BE}{BF}.\dfrac{AE}{AF}\)
\(=\left(\dfrac{BE}{BF}\right)^3\)
Ta có đpcm.
Bài khá căng đấy