Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
B A D C O M E
a)+)tứ giác ABCD có 2 đường chéo bằng nhau AC=BD , vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
=> Tứ giác ABCD là hình vuông
+) Tam giác AOB vuông tại O, có OA=OB=R, theo Pytago thuận:
=> \(AB^2=OA^2+OB^2=2R^2\)
Khi đó diện tích tứ giác ABCD:
\(S=AB^2=2R^2\)
b) +) góc AEC=90' ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Ta có: góc MOC + góc MEC =180=> OMEC nội tiếp đường tròn đường kính MC
Theo Pytago thuận ta có:
\(MC^2=OM^2+OC^2=\frac{R^2}{4}+R^2=\frac{5R^2}{4}\Rightarrow MC=\frac{R\sqrt{5}}{2}\)
\(\Rightarrow S=\frac{MC^2}{4}.\pi=\frac{5R^2}{16}.\pi\)
c) MA=MC (M thuộc trung trực AC)=> tam giác MAC cân tại M=> MCA=MAC
Tương tự, ta có OAE=OEA
=> OEA=MCA
=> \(\Delta OAE~\Delta MAC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{OA}{MA}=\frac{AE}{AC}\Leftrightarrow MA.AE=OA.AC=2R^2\)
a/ Ta có
IH vuông góc AB => ^AHI = 90
IK vuông góc AD => ^AKI = 90
=> H và K cùng nhìn AI dưới hai góc bằng nhau => AHIK là tứ giác nội tiếp
b/ Xét tam giác ADI và tam giác BCI có
^AID=^BIC (góc đối đỉnh)
sđ ^DAC = sđ ^DBC = 1/2 sđ cung CD (góc nội tiếp) => ^DAC=^DBC
=> tg ADI đồng dạng tg BCI
=> \(\frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}\Rightarrow IA.IC=IB.ID\)
c/
Xét tứ giác nội tiếp AHIK có
^HIK = 180 - ^DAB (hai góc đối của tứ giác nội tiếp bù nhau) (1)
^DAC = ^KHI (2 góc nội tiếp chắn cùng 1 cung) (2)
Xét tứ giác nội tiếp ABCD có
^BCD = 180 - ^DAB (hai góc đối của tứ giác nội tiếp bù nhau) (3)
^DAC = ^DBC (hai góc nội tiếp chắn cùng 1 cung) (4)
Xét hai tam giác HIK và tam giác BCD
Từ (1) và (3) => ^HIK = ^BCD
Từ (2) và (4) => ^KHI = ^DBC
=> tam giác HIK đồng dạng với tam giác BCD
Sử dụng công thức (1): Với a, b, c là 3 cạnh đối diện của \(\widehat{A}\), \(\widehat{B}\), \(\widehat{C}\) của tam giác ABC thì \(S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\). \(AC\sin A\)
Chứng minh: Kẻ \(BH\perp AC\Rightarrow S_{ABC}=\frac{BH.AC}{2}\)
Xét tam giác ABH vuông thì sin \(A=\frac{BH}{AB}\Rightarrow BH=\sin A.AC\)
Từ hai điều trên suy ra: \(S_{ABC}=\frac{AB.AC.\sin A}{2}\left(đpcm\right)\)
Trở lại bài toán:
Sử dụng công thức \(\sin\alpha=\sin\left(180-\alpha\right)\Rightarrow\sin AOD=\sin AOB=\sin BOC=\sin DOC\)
Áp dụng công thức (1):
\(S_{ABCD}=S_{AOB}=S_{AOD}=S_{DOC}=S_{BOC}=\frac{AO.OB.\sin AOB+AO.DO.\sin AOD+DO.CO.\sin DOC+BO.CO.\sin BOC}{2}\)
\(=\frac{\sin AOB\left(AO.OB+AO.OD+DO.OC+BO.OC\right)}{2}=\frac{\sin AOB\left(AO.BD+OC.BD\right)}{2}=\frac{\sin50^o.BD.AC}{2}\)
\(=\frac{20\sin50}{2}=10\sin50\)
theo công thức Brahmagupta bđt \(\Leftrightarrow\)\(\sqrt{\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2-2\left(a^4+b^4+c^4+d^4\right)+8abcd}{16}-\frac{1}{4}\left(ac+bd\right)^2+\frac{1}{4}u^2v^2}\le\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}\)
Gọi u, v là 2 đường chéo của tứ giác, theo bđt Ptolemy ta coa: \(uv\le ac+bd\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{4}u^2v^2\le\frac{1}{4}\left(ac+bd\right)^2\)
Do đó cần CM: \(\sqrt{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2-2\left(a^4+b^4+c^4+d^4\right)+8abcd}\le a^2+b^2+c^2+d^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2-2\left(a^4+b^4+c^4+d^4\right)+8abcd\le\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(a^4+b^4+c^4+d^4\ge4abcd\) ( đúng theo Cosi )
Dấu "=" xảy ra khi ABCD là hình vuông
1 ,áp dụng bộ 3 pitago trong tam giác abc suy ra AC=5 cm dựa vào pitago đảo có : \(5^2+12^2\)= 13 suy ra tam giác ACD vuông tại c
S tứ giác = SABC +SADC =1/2 .3.4 +1/2. 5.12=36 cm ^2.
2,bài 2 vẽ hình lâu lém tự làm nha bn
3,
B1 minh da lam dc trc do roi nhung van cam on ban vi da giup do
A B C D O H
Hạ CH vuông góc với OB tại H. Theo quan hệ đường xiên hình chiếu:
\(CH\le OC\Leftrightarrow CH.OB\le OC.OB\Leftrightarrow2.S_{BOC}\le OC.OB\)(Do \(S_{BOC}=\frac{CH.OB}{2}\))
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: \(OC.OB\le\frac{OC^2+OB^2}{2}\)
\(\Rightarrow2.S_{BOC}\le\frac{OC^2+OB^2}{2}\left(1\right)\). Chứng minh tương tự ta được:
\(2.S_{AOB}\le\frac{OA^2+OB^2}{2}\left(2\right);2.S_{DOC}\le\frac{OD^2+OC^2}{2}\left(3\right);2.S_{AOD}\le\frac{OA^2+OD^2}{2}\left(4\right)\)
Cộng (1); (2); (3) và (4) theo vế:
\(2.\left(S_{BOC}+S_{AOB}+S_{DOC}+S_{AOD}\right)\le\frac{2.\left(OA^2+OB^2+OC^2+OD^2\right)}{2}\)
\(\Rightarrow2S\le OA^2+OB^2+OC^2+OD^2\)=> ĐPCM.
\(2.S_{BOC}\le OC.OB\). Dấu "=" xảy ra <=> OC vuông góc với OB
\(OC.OB\le\frac{OC^2+OB^2}{2}\). Dấu "=" xảy ra <=> OC=OB
Suy ra \(2.S_{BOC}\le\frac{OC^2+OB^2}{2}\). Dấu "=" xảy ra <=> \(\Delta\)BOC vuông cân tại O
Tương tự với các tam giác AOB; AOD; DOC.
Vậy dấu "=" xảy ra <=> Tứ giác ABCD là hình vuông và O là tâm của hình vuông này.