Chắc là \(AJ.BI\) chứ?

Áp dụng BĐT: \(xy\le\dfrac{1}{4}\left(x+y\right)^2\) thôi

\(BK.AK\le\dfrac{1}{4}\left(BK+AK\right)^2=\dfrac{1}{4}AB^2\)

Dấu "=" xảy ra khi K là trung điểm AB

Ta có: \(\widehat{AKJ}+\widehat{BKI}=180^o-60^o=120^o,\widehat{BKI}+\widehat{BIK}=120^o\)

=> \(\widehat{AKJ}=\widehat{BIK}\)

Mà \(\widehat{KBI}=\widehat{JAK}\left(=60^o\right)\)

=> Tam giác KAJ đồng dạng vs tam giác IBK

=> \(\frac{BI}{AK}=\frac{BK}{AJ}\Rightarrow BI.AJ=BK.AK\le\left(\frac{BK+AK}{2}\right)^2\)=\(\frac{AB^2}{4}\)

Dấu '=" xảy ra khi và chỉ khi BK=AK hay K là trung điểm AB

CẢM ƠN CÔ ĐÃ GIẢI BÀI

Câu hỏi của marivan2016 - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Em tham khảo nhé!

Câu hỏi của marivan2016 - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Em tham khảo nhé!

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)

a: Xét tứ giác AIMJ có

\(\widehat{AIM}=\widehat{AJM}=\widehat{JAI}=90^0\)

=>AIMJ là hình chữ nhật

b: AIMJ là hình chữ nhật

=>MI//AJ và MI=AJ

MI=AJ

MN=MI

Do đó: MN=AJ

MI//AJ

N\(\in\)MI

Do đó: MN//JA

Xét tứ giác AMNJ có

AJ//MN

AJ=MN

Do đó: AMNJ là hình bình hành

hơi khó nhìn chút :< sorry

a, EH _|_ BD (GT)

 CD _|_ BD (GT)

=> CD // EH (tc)

=> góc HEB = góc ACB (đồng vj)

góc ACB = góc ABC do tam giác ABC cân tại A (gt)

=> góc HEB = góc ABC 

xét tam giác BFE và tam giác EHB có : BE chung

góc BFE = góc EHB = 90 

=> tam giác BFE = tam giác EHB (ch-gn)

b,  tam giác BFE = tam giác EHB (câu a)

=> EF = BH (đn)            (1)

xét tứ giác HDGE có góc EHD = góc HDG  = góc DGE = 90 

=> HDGE là hình chữ nhật (dh )

=> HD = EG 

BH + HD =  BD     và (1)

=> EF + EG = BD 

c, 

Xin hình của t thiếu điểm H =V cậu có thể thêm H trên điểm E  và điểm J  dưới F

a.Vì HE||DG và \(\perp BD\)

=>BEH^=BCA^ (đồng vị)

=>\(\Delta ABC\) cân tại A => ^ABC=^BCA

=>^ABC=^BEH hay ^FBE=^HEB

Xét hai t/g vuông t/gHBE và t/gFEB ta có:

BE chung => ^FBE=^HEB

=>t/gHEB=t/gFBH (cạnh huyền- góc nhọn)

đpcm.

b)

theo câu a ta có:t/gHBE=t/gFEB

=> EF=BH

EG||HD và \(\perp AC\)

=>EH||DG cùng _|_ BD

=>EG=HD

=>EF+EG=BH+HD=BD

=>đpcm

c)Kẻ FJ||AC ( j E BC)

=>^BJF=^BCA (so le trong)

=> ^BJF=^ABC

=>^BJF=^ABC⇒ ΔBJF cân tại F => FB = FJ mà FB=KJ=>KC=FJ

Xét t/IFJ và t/gAIK ta có:

^IFJ=^IKC (so le trong)=KC=^IJF=^ICK(so le trong)

=> t/g IFJ=I t/gKC (c.g.c) => ÌF=IK

=> I là trung điểm của FK

đpcm.

d) 

t/gEGH có EH _|_ EG (do EH|| AC, EG _|_ AC) => t/gEGH vuông tại E

Để t/gEGH vuông cân thì EG = EH  

=> ta đã có EH = DG (tính chất đoạn chắn)

=>EG=DG=>t/gEDG vuông tại G

=>^GDE=^EDB=45^o

=>^GDE=^EDB=45^o

=>Cách xác định điểm E

Kẻ BD_|_AC ( D E AC)

Vẽ tia phân giác của ˆBDC cắt BC ở E

=> Ta đã xác định được điểm E

mạo phép sửa đề:\(\widehat{IKJ}=60^o\)

vì tam giác ABC đều nên\(\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=60^o\)

ta có:\(\widehat{AKJ}+\widehat{IKJ}+\widehat{IKB}=180^o\)(K\(\in\)AB)

\(\Rightarrow\widehat{AKJ}+\widehat{IKB}=180^o-\widehat{IKJ}=120^o\)(1)

xét \(\Delta BIK\):\(\widehat{B}+\widehat{IKB}+\widehat{BIK}=180^o\)(tổng 3 góc trong tam giác)

mà \(\widehat{B}=60^o\Rightarrow\widehat{BIK}+\widehat{IKB}=120^o\)(2)

từ (1)và (2):\(\widehat{AKJ}=\widehat{BIK}\)

xét \(\Delta AKJ\)và\(\Delta BIK\)có:\(\widehat{A}=\widehat{B}=60^o\left(cmt\right)\)

\(\widehat{AKJ}=\widehat{BIK}\left(cmt\right)\Rightarrow\Delta AKJ\)~\(\Delta BIK\left(g.g\right)\)

\(\rightarrow\frac{AJ}{BK}=\frac{AK}{IB}\Leftrightarrow AJ.IB=BK.AK\)

áp dụng BĐT \(\left(a+b\right)^2\ge4ab\)(cách cm:chuyển vế tương đương or dùng cauchy)\(\Rightarrow ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)

\(BK.AK\le\frac{\left(BK+AK\right)^2}{4}\Leftrightarrow AJ.IB\le\frac{AB^2}{4}\)

dấu = xảy ra khi BK=AK hay K là trung điểm của AB