cho tam giác ABC. gọi O là điểm bất kì trong tam giác, vẽ AO,BO,CO lần lượt cắt BC, AC, AB tại P,Q,R. chứng minh rằng \(\sqrt{\frac{OA}{OP}}\)+\(\sqrt{\frac{OB}{OQ}}\)+\(\sqrt{\frac{OC}{\text{OR}}}\)\(\ge\)3\(\sqrt{2}\)
Những câu hỏi liên quan
Cho tam giác ABC và O là một điểm bất kì trong tam giác. Các tia AO, Bo, Co cắt các cạnh BC, CA, AB thứ tự tại các điểm P, Q, R.
Chứng minh \(\frac{OA}{OP}.\frac{OB}{OQ}.\frac{OC}{OR}\ge8\)
cho tam giác ABC và O là một điểm bất kì trong tam giác. Các Tia AO, BO, CO cắt các cạnh BC, CA, AB thứ tự tại các điểm P, Q, R. Chứng minh \(\frac{OA}{OP}\times\frac{OB}{OQ}\times\frac{OC}{OR}\ge8\)
cho tam giác ABC và O là một điểm bất kỳ trong tam giác. các tia AO,BO,CO cắt các cạnh BC,CA,AB thứ tự tại các điểm P,Q,R. chứng minh OA/OP*OB/OQ*OC/OR>=8
Cho tam giác ABC, gọi O là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Các đường thẳng AO, BO, CO lần lượt cắt các cạnh BC. CA, AB tại D, E, F. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =\(\sqrt{\frac{OA}{OD}}\)+\(\sqrt{\frac{OB}{OE}}\)+\(\sqrt{\frac{OC}{OF}}\)
Đặt \(S_{BOC}=x^2,S_{AOC}=y^2,S_{AOB}=z^2\) \(\Rightarrow S_{ABC}=S_{BOC}+S_{AOC}+S_{AOB}=x^2+y^2+z^2\)
Ta có : \(\frac{AD}{OD}=\frac{S_{ABC}}{S_{BOC}}=\frac{AO+OD}{OD}=1+\frac{AO}{OD}=\frac{x^2+y^2+z^2}{x^2}=1+\frac{y^2+z^2}{x^2}\)
\(\Rightarrow\frac{AO}{OD}=\frac{y^2+z^2}{x^2}\Rightarrow\sqrt{\frac{AO}{OD}}=\sqrt{\frac{y^2+z^2}{x^2}}=\frac{\sqrt{y^2+z^2}}{x}\)
Tương tự ta có \(\sqrt{\frac{OB}{OE}}=\sqrt{\frac{x^2+z^2}{y^2}}=\frac{\sqrt{x^2+z^2}}{y};\sqrt{\frac{OC}{OF}}=\sqrt{\frac{x^2+y^2}{z^2}}=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{z}\)
\(\Rightarrow P=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{z}+\frac{\sqrt{y^2+z^2}}{x}+\frac{\sqrt{x^2+z^2}}{y}\ge\frac{x+y}{\sqrt{2}z}+\frac{y+z}{\sqrt{2}x}+\frac{x+z}{\sqrt{2}y}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)\right]\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\left(2+2+2\right)=3\sqrt{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\Rightarrow S_{BOC}=S_{AOC}=S_{AOB}=\frac{1}{3}S_{ABC}\)
\(\Rightarrow\frac{OD}{OA}=\frac{OE}{OB}=\frac{OF}{OC}=\frac{1}{3}\Rightarrow\)O là trọng tâm của tam giác ABC
Vậy \(MinP=3\sqrt{2}\) khi O là trọng tâm của tam giác ABC
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho tam giác ABC, O là điểm bất kì nằm tring tamm giác. Các tia AO, BO, CO cắt BC, CA, AB tại P, Q, R. Chứng minh: \(\sqrt{\dfrac{OA}{OP}}+\sqrt{\dfrac{OB}{OQ}}+\sqrt{\dfrac{OC}{OR}}\ge3\sqrt{2}\)
Đặt \(S_{AOC}=x^2;S_{BOC}=y^2;S_{AOB}=z^2\) \(\left(x,y,z>0\right)\)
* Ta thấy tam giác AOB và BOP có chung đường cao kẻ từ B
\(\Rightarrow\dfrac{S_{AOB}}{S_{BOP}}=\dfrac{OA}{OP}\). Tương tự \(\dfrac{S_{AOC}}{S_{COP}}=\dfrac{OA}{OP}\)
\(\Rightarrow\dfrac{OA}{OP}=\dfrac{S_{AOB}}{S_{BOP}}=\dfrac{S_{AOC}}{S_{COP}}=\dfrac{S_{AOB}+S_{AOC}}{S_{BOP}+S_{COP}}=\dfrac{x^2+z^2}{y^2}\)
Tương tự \(\dfrac{OB}{OQ}=\dfrac{y^2+z^2}{x^2};\dfrac{OC}{OR}=\dfrac{x^2+y^2}{z^2}\)
* Áp dụng BĐT cau-chy ta có
\(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{z^2}{y^2}\ge2\sqrt{\dfrac{x^2z^2}{y^4}}=\dfrac{2xz}{y^2}\) .
Tương tự \(\dfrac{y^2+z^2}{x^2}\ge\dfrac{2yz}{x^2}\) ; \(\dfrac{x^2+y^2}{z^2}\ge\dfrac{2xy}{z^2}\)
\(\Rightarrow A=\dfrac{x^2+z^2}{y^2}.\dfrac{y^2+z^2}{x^2}.\dfrac{x^2+y^2}{z^2}\ge8\)
\(\sqrt{\dfrac{OA}{OP}}+\sqrt{\dfrac{OB}{OQ}}+\sqrt{\dfrac{OC}{OR}}\ge3\sqrt[3]{\sqrt{A}}=3\sqrt{2}\) - đpcm
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho tam giác ABC ,O là điểm nằm trong tam giác. Các tia AO, BO, CO lần lượt cắt BC, AC, AB tại D,E,F. Chứng minh rằng:
\(\frac{OA}{AD}+\frac{OB}{BE}+\frac{OC}{BF}=2\)
Cho tam giác ABC, gọi O là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Các đường thẳng AO, BO, CO lần lượt cắt các cạnh BC. CA, AB tại D, E, F. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =\(\sqrt{\frac{OA}{OD}}\)+\(\sqrt{\frac{OB}{OE}}\)+\(\sqrt{\frac{OC}{OF}}\)
Cho tam giác ABC và O là một điểm bất kì trong tam giác. Các tia AO,BO, CO cắt các cạnh BC,CA,AB thứ tự tại các điểm P,Q,R. Chứng minh \(\frac{OA}{OP}.\frac{OB}{OQ}.\frac{OC}{OR}\ge8\)
Cho tam giác ABC , O nằm trong tam giác đó. Các tia AO,BO,CO cắt BC,CA,AB tại M,N,P. Chứng minh rằng:sqrt{frac{OA}{OM}}+sqrt{frac{OB}{ON}}+sqrt{frac{OC}{OP}}ge3sqrt{2}sqrt{frac{AM}{OA}}+sqrt{frac{BN}{OB}}+sqrt{frac{CP}{OC}}gefrac{3sqrt{6}}{2}sqrt{frac{OM}{AM}}+sqrt{frac{ON}{BN}}+sqrt{frac{OP}{CP}}gesqrt{3}Đã chứng minh:frac{AM}{OM}+frac{BN}{ON}+frac{CP}{OP}ge9frac{OA}{AM}+frac{OB}{ON}+frac{OC}{OP}ge6frac{AM}{OA}+frac{BN}{OB}+frac{CP}{OC}gefrac{9}{2}frac{OM}{OA}+frac{ON}{OB}+frac{OP}{OC}gefrac{...
Đọc tiếp
Cho tam giác ABC , O nằm trong tam giác đó. Các tia AO,BO,CO cắt BC,CA,AB tại M,N,P. Chứng minh rằng:
\(\sqrt{\frac{OA}{OM}}+\sqrt{\frac{OB}{ON}}+\sqrt{\frac{OC}{OP}}\ge3\sqrt{2}\)
\(\sqrt{\frac{AM}{OA}}+\sqrt{\frac{BN}{OB}}+\sqrt{\frac{CP}{OC}}\ge\frac{3\sqrt{6}}{2}\)
\(\sqrt{\frac{OM}{AM}}+\sqrt{\frac{ON}{BN}}+\sqrt{\frac{OP}{CP}}\ge\sqrt{3}\)
Đã chứng minh:
\(\frac{AM}{OM}+\frac{BN}{ON}+\frac{CP}{OP}\ge9\)
\(\frac{OA}{AM}+\frac{OB}{ON}+\frac{OC}{OP}\ge6\)
\(\frac{AM}{OA}+\frac{BN}{OB}+\frac{CP}{OC}\ge\frac{9}{2}\)
\(\frac{OM}{OA}+\frac{ON}{OB}+\frac{OP}{OC}\ge\frac{3}{2}\)
( bài toán cực trị trong hình học).
a. Đặt \(S_{AOB}=c^2;S_{BOC}=a^2;S_{COA}=b^2\Rightarrow S_{ABC}=a^2+b^2+c^2\)
Ta có \(\frac{AM}{OM}=\frac{S_{ABC}}{S_{BOC}}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2}=1+\frac{b^2+c^2}{a^2}\)
Vậy thì \(\frac{OA}{OM}=\frac{AM}{OM}-1=\frac{b^2+c^2}{a^2}\Rightarrow\sqrt{\frac{OA}{OM}}=\sqrt{\frac{b^2+c^2}{a^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\right)\)
Tương tự, ta có: \(\sqrt{\frac{OA}{OM}}+\sqrt{\frac{OB}{ON}}+\sqrt{\frac{OC}{OP}}\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{a}{b}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\right)\ge\frac{1}{\sqrt{2}}.6=3\sqrt{2}\)
Đúng 0
Bình luận (0)