Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Trên AM lấy điểm E sao cho ME = MB
Có : góc BME = góc BCA = 60 độ
=> tam giác EMB đều => EB = MB và góc EMB = 60 độ
Góc EMB = 60 độ => góc EBC + góc CBM = 60 độ
Lại có : góc ABC = 60 độ nên góc ABE + góc EBC = 60 độ
=> góc ABE = góc CBM
=> tam giác AEB = tam giác CMB (c.g.c)
=> AE = CM
=> AM = AE + EM = CM+BM
b, Theo câu a có tam giác AEB = tam giác CMB
=> góc EAB = góc MCB
=> tam giác MDC đồng dạng tam giác MBA (g.g)
=> MC/MA = MD/MB
=> MD.MA=MB.MC
Có : MD/MB + MD/MC = MD.(1/MB + 1/MC) = MD.(MB+MC)/MB.MC = MD/MA/MB.MC = 1
Qua điểm M, kẻ đoạn thẳng HK vuông góc với AB và CD (H thuộc AB và K thuộc CD)
=> AHKD và HBCK là hcn
=> AH = DK và HB = KC
ABCD là hv \(\Rightarrow BM+MD=BD=\sqrt{2}AB=\sqrt{2}\)
\(\Delta HAM\) vuông tại H \(\Rightarrow MA^2=AH^2+HM^2\left(ptg\right)=DK^2+HM^2\)
\(\Delta HBM\) vuông tại H \(\Rightarrow MB^2=HM^2+HB^2\left(ptg\right)\)
\(\Delta KMD\) vuông tại K \(\Rightarrow MD^2=KM^2+KD^2\left(ptg\right)\)
\(\Delta KMC\) vuông tại K \(\Rightarrow MC^2=KC^2+MK^2\left(ptg\right)=HB^2+MK^2\)
Áp dụng BĐT Cauchy Shwarz, ta có:
\(\left(1+1\right)\left(MB^2+MD^2\right)\ge\left(MB+MD\right)^2\)
\(\Rightarrow MB^2+MD^2\ge\dfrac{\left(MB+MD\right)^2}{2}=\dfrac{\left(\sqrt{2}\right)^2}{2}=1\)
Ta có:
\(MA^2+MD^2+MB^2+MC^2\)
\(=\left(DK^2+HM^2\right)+\left(HM^2+HB^2\right)+\left(KM^2+KD^2\right)+\left(HB^2+MK^2\right)\)
\(=2\left(DK^2+KM^2\right)+2\left(HM^2+HB^2\right)\)
\(=2\left(MD^2+MB^2\right)\)
\(\ge2\left(\text{đ}pcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(MA=MB=MC=MD=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
Hướng dẫn thôi nha
Câu a) : Vẽ MH vuông góc với AC, MK vuông góc với BD
Ta có MA x MC = MH x AC = 2 x R x MH
Ta CM \(^{ }MA^4\)+ \(^{ }MC^4\)= \(^{ }16R^4\)- \(8^{ }R^2MH^2\)
Tương tự MB^4 + MD^4 = 16R^4 - 8R^2 x HK^2
Kq bằng \(^{ }24R^4\)
Câu b) áp dụng cô si cho 4 số kq bằng \(^{ }6R^4\)
Tick cho mình nhaaaaaaaaa :*
khó thế
mới học lớp 3 bài này khó quá anh chị cho bài về bảng nhân đi ạ 000000
A B C D M
a/ Áp dụng BĐT ba điểm :
\(AM+MB\ge AB\) ; \(BM+MC\ge BC\); \(CM+MD\ge CD\) ; \(DM+MA\ge DA\)
Cộng theo vế : \(2\left(MA+MB+MC+MD\right)\ge AB+BC+CD+DA\)
\(\Leftrightarrow MA+MB+MC+MD\ge\frac{AB+BC+CD+DA}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AC và BD
b/ Ta cũng áp dụng BĐT ba điểm :
\(AM+MC\ge AC\) ; \(BM+MD\ge BD\)
Cộng theo vế : \(MA+MB+MC+MD\ge AC+BD\)
Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AC và BD
C M A B D Q P K O'
a) Bằng các góc nội tiếp, ta có: ^BCD = ^BAD = ^BAQ = ^BPQ và ^DBC = ^DAP = ^PAQ = ^QBP
Do đó: \(\Delta\)BCD ~ \(\Delta\)BPQ (g.g) (đpcm).
b) Theo câu a: ^BCD = ^BPQ hay ^BCK = ^BPK => 4 điểm K,P,C,B cùng thuộc 1 đường tròn
=> Đường tròn (KCP) đi qua B. Mà B cố định nên ta có ĐPCM.
a) ta có: \(\widehat{BCD}=\widehat{BAD}\)(cùng chắn cung BD)
\(=\widehat{BPQ}\)(vì cùng chắn cung BQ)
Tương tự \(\widehat{BDC}=\widehat{BAC}\)(cùng chắn cung BC)
\(=\widehat{BQP}\)(cùng bù \(\widehat{BAP}\))
=> \(\Delta BCD~\Delta BPQ\left(gg\right)\)
b) Vì \(\widehat{BCD}=\widehat{BPQ}\Rightarrow\widehat{BPK}=\widehat{BCK}\)
=> Tứ giác BCPK nội tiếp
=> Đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)PCK đi qua B cố định
a.Tam giác ADC vuông tại D :
\(AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{8^2+15^2}=17\)(cm)
b.Xét tam giác ACD vuông tại D
Theo hệ thức lượng ta có:
DM.AC=AD.DC
DM=\(\frac{8\cdot15}{17}=\frac{120}{17}\)(cm)
c.Ta thấy tam giác ANM ~ tam giác INB
mà tam giác INB ~ tam giác ICM
vậy tam giác ANM ~ tam giác ICM
từ đó ta có được
MN.MI=CM.AM
Mặt khác áp dụng htl trong tam giác ADC ta có: CM.AM=DI2
Vậy MN.MI=DI2
@.@
Bạn hỏi tự vẽ hình nhá
a) Kẻ \(ME\perp AD,MF\perp BC,MG\perp AB,MH\perp CD\)
\(MA^2+MC^2=MB^2+MD^2\)( cùng bằng \(ME^2+MG^2+MF^2+MH^2\))
b) Chứng mih tương tự=>kết quả không đổi.
Ta có: \(MA^2+MC^2=MB^2+MD^2\)(cùng bằng \(ME^2=AE^2+MF^2+CF^2\))
Vậy khi điểm M nằm ngoài hình chữ nhật ABCD thì đẳng thức ở câu a) vẫn đúng.