Cho hbh ABCD với AB=a AD=b . từ đỉnh A kẻ 1 đường thẳng a bất kì cắt đường thẳng BC tại F và cắt tia DC tại G
a, CM: AE2=EF.EG
b, CMR khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG không đổi
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
TH
Trần Hùng
28 tháng 3
Đúng(0)
Những câu hỏi liên quan
13 tháng 12 2023
a: Xét ΔGAB có CK//AB
nên \(\dfrac{GC}{GB}=\dfrac{GK}{GA}\)
b: Xét ΔKAD và ΔKGC có
\(\widehat{KAD}=\widehat{KGC}\)(hai góc so le trong, AD//GC)
\(\widehat{AKD}=\widehat{GKC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔKAD đồng dạng với ΔKGC
=>\(\dfrac{KA}{KG}=\dfrac{AD}{GC}\)
=>\(\dfrac{KA}{AD}=\dfrac{KG}{GC}\)
=>\(\dfrac{AD}{AK}=\dfrac{GC}{GK}\)
mà \(\dfrac{GC}{GK}=\dfrac{GB}{GA}\)(GC/GB=GK/GA)
nên \(\dfrac{AD}{AK}=\dfrac{BG}{GA}\)
3 tháng 3 2023
a: Xét ΔDAE và ΔBFE có
góc DAE=góc BFE
góc DEA=góc BEF
=>ΔDAE đồng dạng với ΔBFE
Xét ΔDEG và ΔBEA có
góc DEG=góc BEA
góc EDG=góc EBA
=>ΔDEG đồng dạng với ΔBEA
b: ΔDAE đồng dạng với ΔBFE
=>AE/FE=DE/BE=DA/BF
ΔDEG đồng dạng với ΔBEA
=>AE/EG=BE/DE
=>EG/AE=AE/FE
=>AE^2=EG*EF
6 tháng 3 2016
1. Để chứng minh cung DE có số đo không đổi, ta cần chứng minh góc \(\angle BOC\) có số đo không đổi. Thực vậy, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, OB và OC là phân giác ngoài của tam giác ABC. Ta có
\(\angle BOC=180^{\circ}-\frac{\angle MBC}{2}-\frac{\angle NCB}{2}=\frac{\angle ABC}{2}+\frac{\angle ACB}{2}=90^{\circ}-\frac{\angle BAC}{2}=90^{\circ}-\frac{a}{2}\)
Do đó góc \(\angle BOC\) có số đo không đổi. Suy ra cung DE có số đo không đổi.
2. Do CD vuông góc với AB nên BC,BD là đường kính của hai đường tròn (O) và (O'). Suy ra
\(\angle CFB=\angle DEB=90^{\circ}\to\angle CFD=\angle CED=90^{\circ}.\) Vậy tứ giác CDEF nội tiếp. Do đó \(\angle ECF=\angle EDF\to\angle FAB=\angle ECF=\angle EDF=\angle EDB\)
Vậy AB là phân giác của góc AEF.
3. Đề bài có chút nhầm lẫn, "kẻ \(IH\perp BC\) mới đúng. Do tam giác ABC nhọn và I nằm trong nên các điểm H,K,L nằm trên các cạnh của tam giác. Sử dụng bất đẳng thức \(a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2,\) ta suy ra \(AL^2+BL^2\ge\frac{1}{2}\left(AL+BL\right)^2=\frac{1}{2}AB^2.\) Tương tự ta cũng có \(BH^2+CH^2\ge\frac{1}{2}BC^2,KC^2+KA^2\ge\frac{1}{2}AC^2.\) Mặt khác theo định lý Pitago
\(AL^2+BH^2+CK^2=\left(IA^2-IL^2\right)+\left(IB^2-IH^2\right)+\left(IC^2-IK^2\right)\)
\(=\left(IA^2-IK^2\right)+\left(IB^2-IL^2\right)+\left(IC^2-IH^2\right)\)
\(=BL^2+CH^2+AK^2.\)
Thành thử \(AL^2+BH^2+CK^2=\frac{\left(AL^2+BL^2\right)+\left(BH^2+CH^2\right)+\left(CK^2+AK^2\right)}{2}\ge\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{2}.\)
Dấu bằng xảy ra khi \(AL=BL,BH=CH,CK=AK\Leftrightarrow I\) là giao điểm ba đường trung trực.