Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có R là bán kính đường tròn ngoại tiếp một tam giác đều cạnh a thì \(R=\frac{a\sqrt{3}}{a}\) (*)
Dựng 2 tam giác đều BDF và CDG về phía ngoài tam giác ABC, khi đó \(\widehat{BFD}=\widehat{BED}=60^0;\widehat{CGD}=\widehat{CED}=60^o\)
=> BDEF và CDEG là các tứ giác nội tiếp
Nên R1;R2 lần lượt là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác đềuy BDF và CDG
Theo (*) ta có: \(R_1=\frac{BD\sqrt{3}}{3};R_2=\frac{CD\sqrt{3}}{3}\Rightarrow R_1R_2=\frac{BD\cdot CD}{3}\)
Mặt khác \(\left(BD+CD\right)^2\ge4\cdot BD\cdot CD\)
=> BD.CD\(\le\frac{\left(BD+CD\right)^2}{4}=\frac{BC^2}{4}=\frac{3R^2}{4}\Rightarrow R_1R_2\le\frac{R^2}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
BD=CD, nghĩa là R1;R2 đạt giá trị lớn nhất bằng \(\frac{R^2}{4}\) khi D là trung điểm BC
1. Do BD , CE là đường cao của tam giác ABC nên \(\widehat{BDC}=90^o\)và \(\widehat{BEC}=90^o\)
Vì E , D nằm cùng 1 phía trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC nên tứ giác BCDE nội tiếp trong đường trong đường kính BC
2. Trên cung tròn đường kính BC ta có : \(\widehat{D_1}=\widehat{C_1}\)( cùng chắc cung \(\widebat{BE}\))
Trên đường tròn (O) , ta có : \(\widehat{M_1}=\widehat{C_1}\)( cùng chắn cung \(\widebat{BN}\))
Suy ra : \(\widehat{D_1}=\widehat{M_1}\Rightarrow MN//DE\)( do có 2 góc đồng vị bằng nhau )
3. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và I là trung điểm của BC.
Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{AEH}=90^o\)( do CE vuông AB )
\(\widehat{ADH}=90^o\)( do BD vuông AC )
\(\Rightarrow\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=180^O\)nên tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE là đường tròn đường kính AH , có bán kính bằng \(\frac{AH}{2}\)
Kẻ đường kính AK của đường tròn (O) , ta có :
\(\widehat{KBA}=90^o\)( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) )
\(\Rightarrow KB\perp AB\)
mà \(CE\perp AB\left(gt\right)\)nên KB // CH (1)
Chứng minh tương tự ta có KC // BH (2)
Từ (1) và (2) => BKCH là hình bình hành
Vì I là trung điểm của BC suy ra I cũng là trung điểm của KH . Mặt khác ta có O là trung điểm của AK nên \(OI=\frac{AH}{2}\). Do BC cố định nên I cố định suy ra Oi không đổi
Vậy khi điểm A di động trên cung lớn BC thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn không đổi
Do tứ giác BCDE nội tiếp nên \(\widehat{ADE}=\widehat{ABC}\)( tính chất góc ngoài bằng góc trong đối diện ) (3)
Xét 2 tam giác ADE và ABC ta có \(\widehat{DAE}=\widehat{BAC}\), kết hợp với (3) ta có 2 tam giác này đồng dạng
\(\Rightarrow\frac{S_{\Delta ADE}}{S_{\Delta ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=\left(\cos\widehat{DAB}\right)^2=\left(\cos\widehat{CAB}\right)^2\)
Do BC cố định nên cung nhỏ BC không đổi suy ra số đô góc CAB không đổi . Vậy để SADE đạt giá trị lớn nhất thì SABC cũng phải đạt giá trị lớn nhất . Điều này xảy ra khi và chỉ khi A là điểm chính giữa cung lớn BC
