Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Từ các cặp tam giác đồng dạng ta có:
\(BE=\frac{AB^2}{BC};CD=\frac{BC^2}{CA};AF=\frac{CA^2}{AB}\)
\(\Rightarrow AF+BE+CD=\frac{AB^2}{BC}+\frac{BC^2}{CA}+\frac{CA^2}{AB}\ge\frac{\left(AB+BC+CA\right)^2}{AB+BC+CA}=C_{ABC}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\frac{AB}{BC}=\frac{BC}{CA}=\frac{CA}{AB}=\frac{AB+BC+CA}{BC+CA+AB}=1\) hay tam giác ABC đều.
jjjjjjjqqqqqqqqaaaaaaaaooooooooooyyyyyyyyyyrrrrrrriggigigigigiiggigigigggigiigigigigigiggigigi
A B C O E F S T I Q K D N J L P M G R
a) +) Dễ thấy: ^BAD = ^CAO (Cùng phụ ^ABC). Mà ^BAI = ^CAI nên ^OAI = ^DAI
Suy ra: ^OAI = ^DAO/2 = ^BAI - ^BAD = ^BAC/2 - 900 + ^ABC = ^BAC/2 - (^BAC+^ABC+^ACB)/2 + ^ABC
= (^ABC + ^ACB)/2 = \(\frac{\alpha-\beta}{2}=\frac{\alpha^2-\beta^2}{2\left(\alpha+\beta\right)}=\frac{\alpha^2-\beta^2}{sđ\widebat{BAC}}\) (đpcm).
+) Kẻ đường kính AG của đường tròn (O). Dễ thấy: Tứ giác BICJ nội tiếp, gọi (BICJ) cắt AC tại R khác C.
Do AK=2R nên AK = AG. Ta có: ^ARB = ^ARI + ^BRI = ^IBC + ^ICB = (^ABC+^ACB)/2 = ^ABI + ^IBC = ^ABR
=> \(\Delta\)BAR cân tại A => AB = AR. Kết hợp với AK=AG, ^BAG = ^RAK (cmt) => \(\Delta\)ABG = \(\Delta\)ARK (c.g.c)
=> ^ABG = ^ARK = 900 => ^KRC = ^KDC = 900 => Tứ giác DKCR nội tiếp
=> AD.AK = AR.AC = AI.AJ => Tứ giác DIJK nội tiếp (đpcm).
b) \(\Delta\)KAG cân tại A có phân giác AI => AI vuông góc KG hay AM vuông góc KG. Mà AM vuông góc GM
Nên K,G,M thẳng hàng => K,M,G,N thẳng hàng => AM vuông góc KN tại M
Ta thấy: M là trung điểm IJ, KM vuông góc IJ tại M nên \(\Delta\)KIJ cân tại K
Xét đường tròn (KIJ): KI = KJ, KN vuông góc IJ => KN là đường kính của (KIJ)
Mà D thuộc đường tròn (KIJ) (cmt) => ^KDN = 900 => ND vuông góc AK tại D => N,L,D thẳng hàng
Xét \(\Delta\)AKN có: AM vuông góc KN, ND vuông góc AK, AM và ND cùng đi qua L
=> L là trực tâm \(\Delta\)AKN => KL vuông góc AN (đpcm).
c) Gọi P là trực tâm của \(\Delta\)AJQ
Do \(\Delta\)KIJ cân tại K => ^KIJ = ^KJI. Có tứ giác DIJK nội tiếp => ^KIJ = ^KDJ => ^KDJ = ^KJI
Từ đó: \(\Delta\)DKJ ~ \(\Delta\)JKA (g.g) => KJ2 = KD.KA => KQ2 = KD.KA => \(\Delta\)KQD ~ \(\Delta\)KAQ (c.g.c)
Suy ra: ^QDJ = ^KDQ + ^KDJ = ^AQK + ^AJK = 1800 - ^QAJ = 1800 - ^QPJ => Tứ giác PQDJ nội tiếp
^PDJ = ^PQJ => ^PDK + ^KDJ = ^PDK + ^QJA = ^PQJ => ^PDK = ^PQJ - ^QJA = 900
=> PD vuông góc AD. Mà BC vuông góc AD tại D nên PD trùng BC hay P nằm trên BC (đpcm).
d) Ta thấy: ^ABC > ^ACB (\(\alpha>\beta\)) => ^BAD < ^CAD. Lại có: ^BAI = ^CAI, ^BAD + ^CAD = ^BAI + ^CAI = ^BAC
Suy ra ^BAD < ^BAI => B và I nằm khác khía so với AD => D thuộc [BF]
Hạ IS, IT vuông góc với AC,AB thì F thuộc [DT] => Thứ tự các điểm trên BC là B,D,F,T,C. Do đó: ^IFC = ^DFK < 900
Ta xét thứ tự các điểm trên cạnh AC:
+) A,S,E,C: Vì IS vuông góc AC, theo thứ tự này thì ^IEC > 900. Cũng dễ có: \(\Delta\)IES = \(\Delta\)IFT (Ch.cgv)
=> ^IES = ^IFT < 900 => ^IFT + ^IEC = 1800 => Tứ giác FIEC nội tiếp => ^ECF = ^DIK
Mà ^DIK = ^DJK = ^DAI = \(\frac{\alpha-\beta}{2}\) nên \(\beta=\frac{\alpha-\beta}{2}\Rightarrow\alpha=3\beta\) (*)
+) A,E,S,C: Trong TH này thì ^IEC < 900 => ^IFT + ^IEC < 1800 => ^ECF + ^EIF > 1800
=> ^ECF > ^DIK hay \(\beta>\frac{\alpha-\beta}{2}\Rightarrow\alpha< 3\beta\) (**)
Từ (*) và (**) suy ra: \(\alpha\le3\beta\) (đpcm).
A B C K E D M F G
Gọi đường tròn đó cắt cạnh AB tại G khác B. Vì \(\Delta\)ABC cân tại A nên GD // BC.
Dựng hình bình hành AEFD. Khi đó DF // AE // BC. Suy ra F,D,G thẳng hàng, từ đây ^KDF = ^KBG (1)
Ta có ^DBK = ^DCK = ^ECA và ^DKB = ^DCB = ^EAC, suy ra \(\Delta\)BKD ~ \(\Delta\)CAE (g.g)
Suy ra \(\frac{KD}{DF}=\frac{KD}{AE}=\frac{KB}{AC}=\frac{KB}{BA}\), kết hợp với (1) ta được \(\Delta\)DKF ~ \(\Delta\)BKA (c.g.c)
Từ đó \(\Delta\)KFA ~ \(\Delta\)KDB (c.g.c). Do vậy ^KAF = ^KBD = ^KCD = ^KEF
Suy ra ^AKE = ^AFE = ^DAF = ^MAD (Vì A,M,F thẳng hàng) (đpcm).