Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của (I;r) với MN,PQ,RS; T,U,V lần lượt là tiếp điểm của (I;r) với BC,AC,AB
Xét đường tròn (I;r) có hai tiếp tuyến tại D và U cắt nhau tại M \(\Rightarrow MD=MU\)(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Tương tự, ta cũng có: \(SU=SF;\)\(RF=RT;\)\(QT=QE;\)\(PE=PV;\)\(NV=ND\)
Mà \(P_1=AM+AN+MN=AM+AN+MD+ND=AM+AN+MU+NV\)(1)
\(P_2=BP+BQ+PQ=BP+BQ+PE+QE=BP+BQ+PV+QT\)(2)
\(P_3=CS+CR+SR=CS+CR+SF+RF=CS+SR+RT+SU\)(3)
Từ (1), (2) và (3) \(\Rightarrow P_1+P_2+P_3=AM+AN+MU+NV+BP+BQ+PV+QT+CS+CR+RT+SU\)
\(=AM+AN+BP+BQ+CS+CR+\left(MU+SU\right)+\left(RT+QT\right)+\left(PV+NV\right)\)
\(=AM+AN+BP+BQ+CS+CR+MS+RQ+NP\)
\(=\left(AM+CS+MS\right)+\left(AN+BP+NP\right)+\left(BQ+QR+RC\right)\)
\(=AC+AB+BC=P\)
Vậy đẳng thức được chứng minh
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
Em không vẽ được hình, xin thông cảm
a, Ta có góc EAN= cungEN=cung EC+ cung EN
Mà cung EC= cung EB(E là điểm chính giữa cung BC)
=> góc EAN=cungEB+ cung EN=góc DFE (tính chất góc ở giữa)
=> tam giác AEN đồng dạng tam giác FED
Vậy tam giác AEN đồng dạng tam giác FED
b,Ta có EC=EB=EM
Tam giác EMC cân tại E => EMC=ECM
MÀ EMC+AME=180, ECM+ABE=180
=> AME = ABE
=> tam giác ABE= tam giác AME
=> AB=AM => tam giác ABM cân tại A
Mà AE là phân giác => AE vuông góc BM
CMTT => AC vuông góc EN
MÀ AC giao BM tại M
=> M là trực tâm tam giác AEN
Vậy M là trực tâm tam giác AEN
c, Gọi H là giao điểm OE với đường tròn (O) (H khác E) => O là trung điểm của EH
Vì M là trực tâm của tam giác AEN
=> \(EN\perp AN\)
Mà \(OI\perp AN\)(vì I là trung điểm của AC)
=> \(EN//OI\)
MÀ O là trung điểm của EH
=> I là trung điểm của MH (đường trung bình trong tam giác )
=> tứ giác AMNH là hình bình hành
=> AH=MN
Mà MN=NC
=> AH=NC
=> cung AH= cung NC
=> cung AH + cung KC= cung KN
Mà cung AH+ cung KC = góc KMC(tính chất góc ở giữa 2 cung )
NBK là góc nội tiếp chắn cung KN
=> gócKMC=gócKBN
Hay gócKMC=gócKBM
=> CM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK( ĐPCM)
Vậy CM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK
