a, Ta có: AE=EB , AH=HD

⇒ EH là đg TB của △ABD ⇒ EH//BD , EH=\(\dfrac{BD}{2}\)

C/m tương tự ta có: FG là đg TB của △BDC ⇒ FG//BD , FG=\(\dfrac{BD}{2}\)

⇒ EH//FG , EH=FG ⇒ tứ giác EFGH là hbh

b, SEFGH = S - (S_AEH + 

S_EBF + S_FCG + S_HDG)

+

a) dt(ABMD) = dt(ABCD) - dt(CMD)

Mà dt(CMD) = 1/2 MC.h = 1/2 . 2/3 . BC .h = 1/3 dt(ABCD) = 1/3.S

(với h là đường cao hạ từ A xuống BC của hình bình hành ABCD)

Suy ra dt(ABMD) = S - 1/3 S = 2/3. S

b) dt(ABNT) = BN.h = 2/3 BC . h = 2/3 . S

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.

Đáp án C

Mặt cầu  (S) có tâm I 1 ; 0 ; 2 , bán kính R=3. Nhận xét thấy S, I, S’ thẳng hàng và S S ' ⊥ A B C D . Khi đó S S ' = 2 R = 6 . Ta có:

V H = V S . A B C D + V S ' . A B C D = 1 3 d S ; A B C D . S A B C D + 1 3 d S ' ; A B C D . S A B C D

= 1 3 d S ; A B C D + d S ' ; A B C D . S A B C D = 1 3 S S ' . S A B C D = 2 S A B C D

Từ giả thiết suy ra ABCD là hình vuông, gọi a là cạnh hình vuông đó.

Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r và ngoại tiếp hình vuông ABCD.

Suy ra 2 r = A C = a 2 ⇒ r = a 2 2 . Từ d I ; P 2 + r 2 = R 2 .

⇔ r = R 2 − d I ; P 2 = 3 2 − 8 3 2 = 17 3 = a 2 2 ⇔ a = 2 17 3 2

Vậy V H = 2 S A B C D = 2 a 2 = 2. 2 17 3 2 2 = 68 9 .

Cho mình sửa lại là dấu "=" thành dấu \(\le\)

Theo mình nghĩ là đề sai

\(s_1+s_2+2\sqrt{s_1s_2}=s\)mà \(s_1+s_2=s-s_3-s_4\)

Thay vào ta được \(2\sqrt{s_1s_2}=s_3+s_4\)

Dùng cô si ta được \(2\sqrt{s_1s_2}\ge2\sqrt{s_3s_4}\)

ta ko thể chứng minh được điều này vì ko có tứ giác được xác định rõ ràng

Lập luận của bạn OX sai.

Ta có thể giải như sau: Gọi \(S_3,S_4\)  tương ứng là diện tích tam giác \(AID,BIC\). Khi đó \(\frac{S_1}{S_3}=\frac{IB}{ID}=\frac{S_4}{S_2}\) (hai tam giác chung đường cao thì tỉ số diện tích bằng tỉ số hai đáy). Do đó \(S_1S_2=S_3S_4\). Ta có

\(S=S_1+S_2+S_3+S_4\ge S_1+S_2+2\sqrt{S_3S_4}=S_1+S_2+2\sqrt{S_1S_2}=\left(\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}\right)^2.\)

Từ đây ta suy ra \(\sqrt{S}\ge\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}.\)

Diện tích tứ giác ABCD là: 10 x 6=60(cm)

                   Đáp số: 60 cm

Ai k mk mk k cho

3 cái luôn