Từ D Hạ đường cao DF' , DE' lần lượt lên AB; AC

=> Có: \(DE'\le DE;DF'\le DF\) với mọi vị trí D, E, F

=> \(S_{DEF}\le S_{DE'F'}\)

"=" xảy ra <=> E trùng E'; F trùng F'

AE'F'D là hình chữ nhật ( tự chứng minh )

Đặt: AF' = x; AE'=y

Có: \(AB=a;BC=2a=2.AB\)=> \(\Delta\)ABC vuông tại A có: \(\widehat{ACB}=30^o\)=> \(AC=a\sqrt{3}\)

=> \(BF'=a-x\); \(CE'=a\sqrt{3}-y\)

Dễ thấy:  \(\Delta BF'D\approx\Delta DE'C\approx\Delta BAC\)

=> \(BD=2.\left(a-x\right)\); \(DC=\frac{\left(a\sqrt{3}-y\right)}{\sqrt{3}}.2\)

mà BD +DC =BC =2a

=> \(2\left(a-x\right)+\left(a-\frac{y}{\sqrt{3}}\right).2=2a\)

=> \(x+\frac{y}{\sqrt{3}}=a\)

Có diện tích DEF nhỏ nhất <=> D'E'F' nhỏ nhất <=> E'F' nhỏ nhất

=> \(E'F'^2=x^2+y^2=\frac{3}{4}\left(1^2+\frac{1}{3}\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\frac{3}{4}\left(x+\frac{y}{\sqrt{3}}\right)^2=\frac{3}{4}.a^2=\frac{3}{4}a^2\)

=> \(E'F'\ge\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Dấu "=" xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}x=y\sqrt{3}\\x+\frac{y}{\sqrt{3}}=a\end{cases}}\)<=> \(\hept{\begin{cases}x=\frac{3}{4}a\\y=\frac{\sqrt{3}}{4}a\end{cases}}\)

=> Vậy vị trí : E cách A khoảng \(\frac{\sqrt{3}}{4}a\); F cách A khoảng \(\frac{3}{4}a\); D cách B khoảng \(2\left(a-\frac{3}{4}a\right)=\frac{a}{2}\)

=> \(S_{\Delta DEF}=\frac{1}{2}DE.DF=\frac{1}{2}AE.AF=\frac{1}{2}x.y=\frac{1}{2}.\frac{3a}{4}.\frac{\sqrt{3}a}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{32}a^2\)

kết bạn

cho tui thì tui trả lời

Đề có đúng k đấy bạn ?!

a) Kẻ đường cao EH của tam giác

Xét tam giác vuông DEH vuông tại H ta có

sinD = EH/ED => EH = sinD . ED = sin60⁰ . 6 = \(\frac{\sqrt[]{3}}{2}.6=3\sqrt{3}cm\)

Diện tích tam giác DEF là : \(\frac{1}{2}\times EH\times DF=\frac{1}{2}.3\sqrt{3}.8=12\sqrt{3}\left(cm^2\right)\)

b)xét tam giác EDH có: DH = cosD . ED = 1/2 .  6 = 3 cm

ta lại có:  HF = DF - DH = 8 - 3 = 5 cm

Xét tam giác vuông EHF. theo pitago ta có

EF² = EH² + HF = \(\left(3\sqrt{3}\right)^2+5^2=27+25=52\)

EF = \(\sqrt{52}\)

1: ΔABC vuông tại A 

nên ΔABC nội tiếp đường tròn đường kính BC

=>O là trung điểm của BC

ΔOAD cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của AD

Xét ΔABC vuông tại A có AI là đường cao

nên \(IA^2=IB\cdot IC\)

=>\(IA\cdot ID=IB\cdot IC\)

2:

a: AB=AC

OB=OC

Do đó: AO là đường trung trực của BC

=>AO vuông góc BC tại trung điểm của BC

=>AO vuông góc BC tại H và H là trung điểm của BC

b: Xét (O) có

\(\widehat{BAC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC

Do đó: \(\widehat{BOC}=2\cdot\widehat{BAC}=120^0\)

ΔOBC cân tại O

mà OH là đường cao

nên OH là phân giác của góc BOC

=>\(\widehat{BOH}=\dfrac{120^0}{2}=60^0\)

c: Xét ΔAHB vuông tại H có

\(sinB=\dfrac{AH}{AB}\)

=>\(\dfrac{6}{AB}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

=>\(AB=4\sqrt{3}\left(cm\right)\)

=>\(BC=4\sqrt{3}\left(cm\right)\)

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}\cdot AH\cdot BC=\dfrac{1}{2}\cdot6\cdot4\sqrt{3}=12\sqrt{3}\left(cm^2\right)\)