Cho tam giác ABC đều cạnh a, M là 1 điểm thay đổi trên cạnh BC, H và K là hình chiếu của M trên AB và AC.
a)C/m MH+MK có GT ko đổi .
b)Xác định vị trí của M trên cạnh BC để MH.MK có giá trị lớn nhất. Tính GTLN đó (Áp dụng BĐT cô-si ó)
Mình cần giải bài này gấp nhưng mình ko bik pải làm thế nào ai giúp mình mình cảm ơn nhiều
Cho tam giác ABC vuông tại A, M là điểm bất kì trên cạnh BC. Gọi H và K là hình chiếu của M trên cạnh AB và AC.
a) C/m : Khi M thay đổi vị trí trên cạnh BC thì chu vi hình chữ nhật AHMK không đổi
b) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để HK có độ dài ngắn nhất
Cho tam giác ABC vuồn cân tại A, M nằm 1 cạnh bất kỳ thuộc cạnh BC.Gọi H,K là hình chiếu của M trên BC và AC.
a, tứ giác AHMK là hình gì?Vì sao?
b, CM:Khi M thay đổi vị trí trên cạnh BC thì chu vi vủa tứ giác AHMK không đổi.
c, Điểm M ở vị trí nào trên đoạn thẳng BC thì HK có độ dài ngắn nhất
Cho tam giác đều ABC. Điểm M trên cạnh BC ( M không trùng với B,C ); Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC. Xác định vị trí của M để diện tích tam giác MDE lớn nhất
Cho tam giác ABC cạnh bằng a.Lấy điểm Q bất kì trên cạnh BC (Q#B,C).Trên tia đối tia BA lấy điểm P sao cho CQ.AP a 2 a2.Gọi M là giao điểm của AQ và CP.
1. CM 4 điểm A,B,M,C thuộc 1 đường tròn
2.Gọi I,J,K lần lượt là hình chiếu của M lên AB,BC,CA.
a.Xác định vị trí của Q để đọ dài IK lớn nhất
b.CM M I 2 + M J 2 + M K 2 MI2+MJ2+MK2không đổi khi Q thay đổi trên cạnh BC
1) Từ \(CQ.AP=a^2\)ta được \(CQ.AP=AC^2\)hay \(\frac{CQ}{AC}=\frac{AC}{AP}\)
Xét hai tam giác ACP và CQA có \(\frac{CQ}{AC}=\frac{AC}{AP}\)và \(\widehat{PAC}=\widehat{QCA}\left(=60^0\right)\)nên \(\Delta ACP~\Delta CQA\)
Từ đó ta được \(\widehat{ACP}=\widehat{AQC}\). Mà ta có \(\widehat{ACP}=\widehat{ACB}+\widehat{BCP}=60^0+\widehat{BCP}\)
và \(\widehat{AQC}=\widehat{ABC}+\widehat{BAM}=60^0+\widehat{BAM}\)
Do đó \(\widehat{MAB}=\widehat{BCM}\), suy ra tứ giác ABMC nội tiếp
Vậy bốn điểm A, B, M, C cùng thuộc một đường tròn (đpcm)
2)
a) Do tứ giác ABMC và AIMK nội tiếp nên \(\widehat{BMC}=\widehat{IMK}=120^0\), suy ra \(\widehat{IMB}=\widehat{KMC}\)
Mà hai tứ giác BIMJ và CKJM nội tiếp nên ta lại có \(\widehat{BMI}=\widehat{BJI};\widehat{KMC}=\widehat{KJC}\)
Do đó ta được \(\widehat{BJI}=\widehat{KJC}\)nên ba điểm I, J, K thẳng hàng
Dễ thấy hai tam giác BMC và IMK đồng dạng với nhau. Do đó ta được \(\frac{IK}{BC}=\frac{MI}{MB}\)
Mà ta có \(IM\le MB\) nên ta được \(IK\le BC\) hay \(IK\le a\) , dấu bằng xảy ra khi \(MB\perp AB\) hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC, khi đó Q là trung điểm cạnh BC.
Vậy IK lớn nhất khi Q là trung điểm của BC
b) Do tứ giác BIMJ nội tiếp nên ta có \(\widehat{IMJ}=\widehat{ABC}=60^0=\widehat{ACB}\). Lại có \(\widehat{MIJ}=\widehat{MBJ}=\widehat{MAC}\)
Do đó hai tam giác IMJ và ACQ đồng dạng, do đó ta được \(\frac{MJ}{MI}=\frac{CQ}{CA}\). Tương tự ta được \(\frac{MJ}{ MK}=\frac{BQ}{AB}\)
Từ đó suy ra \(\frac{MJ}{MI}+\frac{MJ}{MK}=\frac{CQ}{CA}+\frac{BQ}{AB}=1\Rightarrow MJ\left(MK+MI\right)=MI.MK\)
Hay \(MI.MK-MJ.MI-MJ.MK=0\)
Mặt khác ta lại có \(S_{ABM}=\frac{1}{2}AB.MI;S_{BCM}=\frac{1}{2}BC.MJ;S_{ACM}=\frac{1}{2}MK.AC\)
Mà \(S_{ABM}+S_{ACM}=S_{BCM}+S_{ABC}\)và \(S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\). Nên ta có \(AB.MI+MK.AC=BC.MJ+\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\)hay \(MI+MK=MJ+\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Do đó \(\left(MI+MK-MJ\right)^2=\frac{3a^2}{4}\)
Suy ra \(MI^2+MJ^2+MK^2+2\left(MI.MK-MI.MJ-MJ.MK\right)=\frac{3a^2}{4}\)
Mà \(MI.MK-MJ.MI-MJ.MK=0\)(cmt) nên \(MI^2+MJ^2+MK^2=\frac{3a^2}{4}\)(không đổi)
Vậy \(MI^2+MJ^2+MK^2\)không đổi khi Q thay đổi trên cạnh BC (đpcm)
1: Cho tam giác ABC đều, đường cao AD, trực tâm H. M là điểm bất kỳ trên cạnh BC. Gọi E,
F thứ tự là hình chiếu của M trên AB và AC. Gọi I là trung điểm của AM. ID cắt EF tại K.
a) DEIF là hình gì?
b) CM: M, K, H thẳng hàng.
c) Xác định vị trí của M trên BC để EF đạt GTNN.
d) Tìm GTNN của SDEIF biết tam giác ABC có cạnh bằng a.
e) Tìm quỹ tích điểm K.
Giả sử M nằm giữa B and D
a)
tam giác IED có:
\(\hept{\begin{cases}IE=ID=\frac{1}{2}AM\\\widehat{EID}=2.\widehat{BAD}=60^0\end{cases}}\)
=> TAM GIÁC IED là tam giác đều (1)
Chứng minh tương tự ta được tam giác IFD là tam giác đều (2).
Từ (1) và (2) suy ra DEIF là hình thoi.
b) Vì
tam giác ABC đều nên trực tâm H củng là trọng tâm. Suy ra:
AH = 2.HD
Gọi P là trung điểm của AH
=> AP = PH = HD. Suy ra IP, KH thứ tự là đường trung bình của các tam giác AMH và DIP
=> MH // IP và KH // IP,
=> M , K , H thẳng hàng
c)
Vì tam giac EDK vuông tại K nên ta có: EF =2.EK = 2. ED.sinKDE =\(\sqrt{3}\).DE do đó EF đạt GTNN
=>DE đạt GTNN => \(DE\perp AB=>M\)trùng zs D ( Có thể dùng đ.lý pitago để tính EF theo DE ).
d) ta có diện tích DEIF=\(\frac{1}{2}DI.EF\)theo DE
e)e) Tìm quỹ tích của K thông qua quỹ tích của I.
bài này dài lắm . nên gợi ý như thế thôi . cần hỏi chỗ nào ib riêng cho mình ^^
cho tam giác đều ABC và M là 1 điểm bất kì trên cạnh BC. Gọi D,E lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB và AC. Xác định vị trí của M để tam giác MDE có chu vi nhỏ nhất
Cho tam giác ABC vuông ở A có AB=4,1cm, AC=3,2cm. M là điểm thay đổi trên cạnh BC. Gọi H, K lll hình chiếu của M trên AB và AC. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác HMK.
Cần gấp trong tối nay, ai biết trả lời giùm cảm ơn nhìu
Cho tam giác ABC (vuông cân ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M là điểm thay đổi trên AD. Gọi N và P là hình chiếu vuông góc của M xuống cạnh AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đương thẳng PD.
a) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất
b) Chứng minh rằng khii M thay đổi, đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định