Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu 4:
Ta có \(C_{OHD}=OD+OH+DH=R+OH+DH\)
Áp dụng BĐT \(\left(OH+DH\right)^2\le2\left(OH^2+DH^2\right)=2OD^2\)
\(\Rightarrow OH+DH\le\sqrt{2}.OD=R\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow C_{OHD}\le R+R\sqrt{2}=R\left(1+\sqrt{2}\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
\(OH=DH\Rightarrow2OH=R\sqrt{2}\Rightarrow OH=\frac{R\sqrt{2}}{2}\)
Vậy H nằm trên vị trí sao cho \(OH=\frac{R\sqrt{2}}{2}\) thì \(C_{OHD}\) lớn nhất
Gọi \(OH=x\Rightarrow HD=\sqrt{R^2-x^2}\)
\(S_{ODH}=\frac{1}{2}.OH.HD=\frac{1}{2}x.\sqrt{R^2-x^2}\le\frac{1}{2}.\frac{x^2+\left(R^2-x^2\right)}{2}=\frac{R^2}{4}\)
Vậy \(maxS_{ODH}=\frac{R^2}{4}\) khi \(x=\sqrt{R^2-x^2}\Rightarrow x=\frac{R}{\sqrt{2}}\Rightarrow OH=\frac{OA}{\sqrt{2}}\)
a; Xét (O) có
ΔAFB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔAFB vuông tại F
=>FB⊥IA tại F
Xét tứ giác AFEH có \(\hat{AFE}+\hat{AHE}=90^0+90^0=180^0\)
nên AFEH là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔAIB có
BF,IH là các đường cao
BF cắt IH tại E
Do đó: E là trực tâm của ΔAIB
=>AE⊥IB
Xét tứ giác BHFI có \(\hat{BHI}=\hat{BFI}=90^0\)
nên BHFI là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{BFH}=\hat{BIH}\)
mà \(\hat{BIH}=\hat{BAE}\left(=90^0-\hat{IBA}\right)\)
nên \(\hat{BFH}=\hat{BAE}\)
Xét ΔBHE vuông tại H và ΔBFA vuông tại F có
\(\hat{HBE}\) chung
Do đó: ΔBHE~ΔBFA
=>\(\frac{BH}{BF}=\frac{BE}{BA}\)
=>\(BH\cdot BA=BF\cdot BE\)
c: Xét ΔHIA vuông tại H và ΔHBE vuông tại H có
\(\hat{HIA}=\hat{HBE}\left(=90^0-\hat{IAB}\right)\)
Do đó: ΔHIA~ΔHBE
IFEM là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{IFE}+\hat{IME}=180^0\)
=>\(\hat{IME}=180^0-90^0=90^0\)
=>AE⊥IB tại M
=>ΔAMB vuông tại M
=>M nằm trên đường tròn đường kính AB
=>M nằm trên (O)
bài náy giống bài của mik quá bn ơi