Đa giác. Diện tích của đa giác

nhật công super

CMR tổng khoảng cách từ 1 điểm bất kì trong tam giác đều đến 3 cạnh của tam giác không phụ thuộc vào vị trí điểm đó

Akai Haruma
30 tháng 11 2018 lúc 19:59

Lời giải:

Lấy điểm $M$ bất kỳ trong tam giác đều $ABC$ cạnh $a$

Từ $M$ kẻ $ME,MF,MK$ lần lượt vuông góc với $BC,CA,AB$

Khi đó ta có:

\(S_{ABC}=S_{MAB}+S_{MBC}+S_{MAC}=\frac{MK.AB}{2}+\frac{ME.BC}{2}+\frac{MF.AC}{2}\)

\(=\frac{(ME+MF+MK)a}{2}\)

\(\Rightarrow ME+MF+MK=\frac{2S_{ABC}}{a}(1)\)

Kẻ đường cao $AH$ của tam giác $ABC$. Vì tam giác đều nên $AH$ đồng thời là đường trung tuyến hay $H$ là trung điểm $BC$

\(\Rightarrow HB=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}\)

Áp dụng định lý Pitago:

\(AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{a^2-(\frac{a}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)

\(\Rightarrow S_{ABC}=\frac{AH.BC}{2}=\frac{\frac{\sqrt{3}a}{2}.a}{2}=\frac{\sqrt{3}a^2}{4}(2)\)

Từ \((1);(2)\Rightarrow ME+MF+MK=\frac{\sqrt{3}a}{2}\), tức là tổng khoảng cách \(ME+MF+MK\) không phụ thuộc vào vị trí điểm $M$ mà luôn bằng một giá trị xác định là \(\frac{\sqrt{3}a}{2}\) (đpcm)

Bình luận (0)
Eren
30 tháng 11 2018 lúc 21:10

Lấy điểm O bất kì trong tam giác đều ABC cạnh a. Từ O kẻ OM, ON, OP lần lượt vuông góc với BC, CA, AB. Qua O kẻ các đoạn thẳng DE, FG, HK lần lượt song song với BC, CA, AB (D, F ∈ AB; H, G ∈ BC; E, K ∈ AC)

Dễ dàng chứng minh được OFD, OHG, OKE là các tam giác đều và AKOF, EOGC, DOHB là các hình bình hành

Ta có: OM + ON + OP = \(\dfrac{1}{3}\)(3OM + 3ON + 3OP) = \(\dfrac{1}{3}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)(OH + HG + OG + OE + EK + OK + OF + FD + DO) = \(\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\)[(HG + BH + CG) + (CE + EK + KA) + (AF + FD + BD)] = \(\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\) (AB + BC + CA) = \(\dfrac{3a}{2\sqrt{3}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

Bình luận (0)

Các câu hỏi tương tự
do the the
Xem chi tiết
Bảo Khánh
Xem chi tiết
Nguyên Huỳnh
Xem chi tiết
Bảo Khánh
Xem chi tiết
HÀ DUY KIÊN
Xem chi tiết
vuminhphuong
Xem chi tiết
Mel Canber
Xem chi tiết