Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét \(\Delta MBD\)và \(\Delta MAC\)
có: \(\widehat{MAC}=\widehat{MBD}\)( cùng chắn cung MC)
\(\widehat{BMD}=\widehat{AMC}\)( cung AB=cung AC vì AB=AC)
=> \(\Delta MBD\)~ \(\Delta MAC\)
b) Từ câu a)_
=> \(\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AC}\)(1)
\(\frac{MC}{MA}=\frac{MD}{MB}\)(2)
Dễ dàng chứng minh đc:
\(\Delta BDM~\Delta ADC\)
=> \(\frac{MD}{MB}=\frac{DC}{AC}\)(3)
Từ (1), (2), (3)
=> \(\frac{MB}{MA}+\frac{MC}{MA}=\frac{BD}{AC}+\frac{CD}{AC}=\frac{BC}{AC}\)\(=\frac{BC}{AB}\)
c) Lấy điểm E thuộc đoạn
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
a ) Ta có BM=MD (gt)
=> ΔΔMBD cân tại M
Mặt khác AMBˆ=ACBˆAMB^=ACB^ ( Hai góc nội tiếp chắn cung AB)
Mà ACBˆ=600ACB^=600( tam giác ABC đều)
Suy ra AMBˆ=600hayDMBˆ=600AMB^=600hayDMB^=600
Vậy ΔMBDΔMBD đều
b) Ta có ΔMBDΔMBD đều ( CMT)
Suy ra : DMBˆ=DBCˆ+CBMˆ=600DMB^=DBC^+CBM^=600(1)
Lại có : tam giác ABC đều (gt)
Suy ra : ABCˆ=ABDˆ+DBCˆ=600ABC^=ABD^+DBC^=600(2)
Từ (1) và (2) suy ra ABDˆ=MBCˆABD^=MBC^
Xét hai tam giác ABD và CBM ta có
BC=BA (gt)
ABDˆ=MBCˆ(cmt)ABD^=MBC^(cmt)
BD=BM( tam giác MBD đều)
=> ΔABD=ΔCBM(c.g.c)ΔABD=ΔCBM(c.g.c)
c)ΔABD=ΔCBM(cmt)ΔABD=ΔCBM(cmt)
SUy ra AD=CM
mà AM=AD+DM
SUy ra MA=MC+MD
a,xét tam giác DMB và DCA có:
góc BDM=ADC
góc BMD=ACD(góc nt cug chắn cug AB)
=>2 tam giác này đồng dạng vs nhau
a, xé tam giác MBD cà MAC có:
góc MBD=MAC( góc nt cug chắn cung MC)
góc BMA=AMC(chắn 2 cug bằng nhau)
=>2 tam giác này đồng dạng vs nhau
a) Xét hai tam giác : \(\Delta MCD\) và \(\Delta MAB\)có :
\(\widehat{DMC}=\widehat{ABD}\)(Vì \(\widehat{DMC}=\frac{1}{2}\text{sđ cung AC}\), \(\widehat{AMB}=\text{sđ cung AB}\), sđ cung AB = sđ cung AC)
\(\widehat{BAM}=\widehat{BCM}=\widehat{DCM}=\frac{1}{2}\text{sđ cung BM}\)
\(\Rightarrow\Delta MCD~\Delta MAB\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\frac{MC}{MA}=\frac{CD}{AB}\)(2)
Tương tự, ta cũng chứng minh được \(\Delta MBD~\Delta MAC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AC}\)hay \(\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AB}\)(1)
Cộng (1) và (2) theo vế : \(\frac{MC}{MA}+\frac{MB}{MA}=\frac{CD}{AB}+\frac{BD}{AB}\Leftrightarrow\frac{MB+MC}{MA}=\frac{AB}{AB}=1\Leftrightarrow MB+MC=MA\)(đpcm)
a) Xét hai tam giác : \(\Delta MCD\) và \(\Delta MAB\)có :
\(\widehat{DMC}=\widehat{ABD}\)(Vì \(\widehat{DMC}=\frac{1}{2}\text{sđ cung AC}\), \(\widehat{AMB}=\frac{1}{2}\text{sđ cung AB}\), sđ cung AB = sđ cung AC)
\(\widehat{BAM}=\widehat{BCM}=\widehat{DCM}=\frac{1}{2}\text{sđ cung BM}\)
\(\Rightarrow\Delta MCD~\Delta MAB\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\frac{MC}{MA}=\frac{CD}{AB}\)(1)
Tương tự, ta cũng chứng minh được \(\Delta MBD~\Delta MAC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AC}\)hay \(\frac{MB}{MA}=\frac{BD}{AB}\)(2)
Cộng (1) và (2) theo vế : \(\frac{MC}{MA}+\frac{MB}{MA}=\frac{CD}{AB}+\frac{BD}{AB}\Leftrightarrow\frac{MB+MC}{MA}=\frac{AB}{AB}=1\Leftrightarrow MB+MC=MA\)(đpcm)