Cho đường tròn tâm O và 2 dây cung vuông góc AB và CD tại I. Chứng minh:
\(IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=4R^2\)
Cho đường tròn (O ; R) hai dây cung AB và CD vuông góc với nhau tại I (C thuộc cung nhỏ AB). Kẻ đường kính BE của đường tròn (O). Chứng minh:
a) $AC = DE.$
b) $IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=4R^2.$
a) ^EAB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ^EAB = 900 hay AE⊥AB
Có AE⊥AB (cmt) và CD⊥AB (gt) nên AE//CD => Cung AC bằng cung DE hay AC = DE (đpcm)
b) ∆AIC và ∆BID vuông tại I nên IA2 + IB2 + IC2 + ID2 = (IA2 + IC2) + (IB2 + ID2) = AC2 + BD2 = ED2 + BD2 = BE2 (∆EDB có ^EDB = 900 do nó là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Mà BE2 = (2R)2 = 4R2 nên IA2 + IB2 + IC2 + ID2 = 4R2 (đpcm)
a) ^EAB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ^EAB = 900 hay AE⊥AB
Có AE⊥AB (cmt) và CD⊥AB (gt) nên AE//CD => Cung AC bằng cung DE hay AC = DE (đpcm)
b) ∆AIC và ∆BID vuông tại I nên IA2 + IB2 + IC2 + ID2 = (IA2 + IC2) + (IB2 + ID2) = AC2 + BD2 = ED2 + BD2 = BE2 (∆EDB có ^EDB = 900 do nó là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Mà BE2 = (2R)2 = 4R2 nên IA2 + IB2 + IC2 + ID2 = 4R2 (đpcm)
a) Xét (O) có : góc BAE nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)
⇒ góc BAE = 90 độ.
⇒ AE vuông góc với AB tại A
Mà CD vuông góc với AB tại I (GT)
⇒AE// CD ( định lí từ vuông góc đến song song)
- Xét (O) có 2 cung AC và ED chắn 2 dây AE//CD.
⇒ cung AC = cung ED
⇒ AC = ED ( theo định lí giữa cung và dây cung )
b) CM được góc BDE = 90 độ
⇒ ED^2 + DB^2 = BE^2
⇒ AC^2 + ( IB^2 + ID^2 ) = ( 2R )^2 . ( vì ED = AC, định lí Pytago cho△BID vuông tại I )
⇒( IA^2 + IC^2 ) + ( IB^2 + ID^2 ) = 4R^2. ( định lí Pytago cho△ AIC vuông tại I )
⇒ Đcpcm
a) Cho đường tròn tâm O bán kính R. Hai dây AB và CD bằng nhau và vuông gócvới nhau tại I. Chứng minh rằng \(IA^2+IB^2+IC^2+ID^2\) không đổi.b) Trong đường tròn tâm O vẽ dây cung AD không đi qua O. Đường kính vuônggóc với OA cắt tiếp tuyến tại D của (O) tại điểm C. Chứng minh rằng phân giác của gócDCO song song với đường trung trực của AD
Cho (O;R) 2 dây cung AB vuông góc với CD tại I ( C thuộc cung hỏ AB) Kẻ đường kính De
CMR a, AC=DE
b, IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=4R^2
Cho (O;R) có hai dây cung AB và CD vuông góc với nhau tại I ( C thuộc cung nhỏ AB). Kẻ đường kính BE của (O). Chứng minh
a, AC=DE
b, IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=4R^2
c, AB^2+CD^2=8R^2−4OI^2
a) Xét \(\Delta\)BAE: Có đường trung tuyến AO (O thuộc BE) với AO=BO=EO=1/2BE
=> \(\Delta\)BAE vuông tại A hay EA vuông góc AB
Mà AB và CD vuông góc với nhau => AE//CD => Tứ giác AECD là hình thang (1)
Lại có: 4 điểm A;E;C;D cùng nằm trên (O;R) => ) thuộc trung trực của AE và CD (2)
Từ (1) VÀ (2) => Hình thang AECD có trục đối xứng => Tứ giác AECD là hình thang cân
=> AC=DE (2 đg chéo) (đpcm).
b) Do AB vuông góc CD tại I
Ta có: \(IA^2+IC^2=AC^2\)(Định lí Pytagorean)
\(IB^2+ID^2=BD^2\)(Định lí Pytagorean)
\(\Rightarrow IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=AC^2+BD^2\)
Vì \(AC=DE\)(cmt) \(\Rightarrow IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=DE^2+BD^2\)(3)
Chứng minh được \(\Delta\)BDE vuông tại D (Có trung truyến DO bằng 1/2 cạnh tương ứng BE)
\(\Rightarrow DE^2+BD^2=BE^2\)(4)
Thay (4) vào (3) \(\Rightarrow IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=BE^2\)(5)
R là bán kính của đường trond, BE là đường kính \(\Rightarrow BE^2=\left(2R\right)^2=4R^2\)(6)
Từ (5) và (6) \(\Rightarrow IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=4R^2\) (đpcm).
c) Mình chưa nghĩ ra ^^
a) Ta thấy BE là đường kính của (O). Suy ra ^BAE chắn nửa đường tròn hay AB vuông góc AE
Do đó AE // CD. Mà AE,CD là hai dây của đường tròn (O) nên (AC = (DE tức AC = DE (đpcm).
b) Tương tự câu a, \(\Delta\)BED vuông tại D. Áp dụng ĐL Pytagoras ta có:
\(\left(IA^2+IC^2\right)+\left(IB^2+ID^2\right)=AC^2+BD^2=DE^2+BD^2=BE^2=4R^2\)(đpcm).
c) Áp dụng ĐL Pytagoras và hệ thức lượng trong đường tròn ta có:
\(AB^2+CD^2=\left(IA+IB\right)^2+\left(IC+ID\right)^2=\left(IA^2+IB^2+IC^2+ID^2\right)+2\left(IA.IB+IC.ID\right)\)
\(=4R^2+4\left(R^2-OI^2\right)=8R^2-4OI^2\)(đpcm).
Cho đường tròn(O;R) và điểm M nằm ở miền trong đường tròn. Qua M kẻ hai dây cung AB và CD vuông góc với nhau tại M. Chứng minh:
a)MA^2 + MB^2 + MC^2 +MD^2=4R^2
b)Tổng AB^2 + CD^2 khi các dây AB và CD thay đổi và luôn vuông góc với nhau tại M
tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) vẽ dây DM // AB a) cm góc ADM = góc BCD b) cm AM = BD c) giả sử AC vuông góc BD tai I c/m IA^2 +IB^2 + IC^2 +ID^2 =4R^2
Cho đường tròn (O;R) có hai dây AB, CD bằng nhau và vuông góc với nhau tại I. Giả sử IA = 2 cm,IB = 4 cm. Tính khoảng cách từ tâm O đến mỗi dây
Gọi OH,OK là khoảng cách từ O đến mỗi dây
Ta có: OH = OK = 1cm
Tính được R = 10 cm
Bài 1 : Cho a,b,c thỏa mãn \(a+b+c=3\) .Chứng minh rằng: \(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\)
Bài 2 :
Cho đường tròn \(\left(O;R\right)\)và điểm I cố đinhk nằm bên trong đường tròn (I khác O). Qua điểm I dựng hai cung bất kỳ AB và CD . Gọi M ,N .P ,Q lần lượt là trung điểm của IA ,IB, IC, ID
a) Chứng minh rằng bốn điểm M,N ,P ,Q cùng thuộc một đường tròn
b) Giả sử các dây cung AB và CD thay đổi vuông góc với nhau tại I. Xác định vị trí các dây cung AB và CD sao cho tứ giác MNPQ
có diện tích lớn nhất
Bài 1 :
Áp dụng Cô - si ta có :
\(\frac{a+1}{b^2+1}=\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{b^2+1}\le\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{2b}\)\(=\left(a+1\right)-\frac{ab+b}{2}\)
Tương tự ta cũng có : \(\frac{b+1}{c^2+1}\le\left(b+1\right)-\frac{bc+c}{2};\frac{c+1}{a^2+1}\le\left(c+1\right)-\frac{ca+a}{2}\)
Cộng vế theo vế ta được:
\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\)\(\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)
\(\ge6-\frac{ab+bc+ca+3}{2}\)
Mặt khác ta có BĐT : \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\Leftrightarrow ab+bc+ca\le3\)
Do đó : \(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\)
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
Bài 2 :
a) Ta có : \(MI=MA,QI=QD\)nên \(MQ\)là đường trung bình \(\Delta AID\)
\(\Rightarrow MQ//AD\)
Tương tự NP là đường trung bình của \(\Delta BIC\)
\(\Rightarrow NP//BC\)
Do đó : \(NMQ=BAD=NPQ\)nên tứ giác MPNQ nội tiếp
b ) Kẻ \(OH\perp AB\)tại H và \(OK\perp CD\)tại K
Ta có : \(AB\perp CD\)
\(\Rightarrow OHIK\)là hình chữ nhật
Do đó \(AB^2+CD^2=4\left(BH^2+CK^2\right)=4\left(R^2-OH^2+R^2-OK^2\right)\)
\(=4\left(2R^2-OI^2\right)\)
Diện tích tứ giác MPNQ là : \(\frac{MN.PQ}{2}=\frac{AB.CD}{8}\le\frac{\left(AB+CD\right)^2}{16}=\frac{2R^2-OI^2}{4}\)không đổi
GTLN của diện tích tứ giác MNPQ là : \(\frac{2R^2-OI^2}{4}\), khi đó \(AB=CD\)
Chúc bạn học tốt !!!
Bài 2 :
a) Ta có : MQ là đường trung bình của tam giác AID
\(\Rightarrow MQ//AD\Rightarrow\widehat{DAB}=\widehat{QMN}\) tương tự \(\widehat{BCD}=\widehat{NPQ}\)
Có \(\widehat{DAB}=\widehat{BCD}\)( Hai góc nối tiếp cùng chắn 1 cung )
\(\Rightarrow\widehat{QMN}=\widehat{NPQ}\)
=> Tứ giác MNPQ nội tiếp
Vậy 4 điểm M , N , P , Q cùng thuộc 1 đường tròn
Vì \(AB\perp CD\)nên \(S_{MNPQ}=\frac{1}{2}.MN.PQ=\frac{1}{8}.AB.CD\le\frac{1}{16}.\left(AB^2+CD^2\right)\)
Kẻ \(OH\perp AB\)tại H , \(OK\perp CD\)tại K , ta có :
\(AB^2+CD^2=4\left(AH^2+CK^2\right)=4\left(R^2-OH^2+R^2-OK^2\right)\)
\(=4\left(2R^2-KH^2\right)=4\left(2R^2-OI^2\right)\)
\(\Rightarrow S_{MNPQ}\le\frac{1}{4}\left(2R^2-OI^2\right)\)( không đổi )
Vậy diện tích tam giác MNPQ đạt giá trị lớn nhất bằng \(\frac{1}{4}\left(2R^2-OI^2\right)\)đạt được khi và chỉ khi \(AB=CD\Leftrightarrow OH=OK\Leftrightarrow OKIH\)là hình vuông
<=> AB và CD lập với OI các góc bằng 45o
Cho (O;R) có hai dây cung AB và CD vuông góc với nhau tại I ( C thuộc cung nhỏ AB). Kẻ đường kính BE của (O). Chứng minh
a, \(AC=DE\)
b, \(IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=4R^2\)
c, \(AB^2+CD^2=8R^2-4OI^2\)