Cho hình bs.29, trong đó HK = KF = FL = LT và tam giác GHT có diện tích S. Khi đó, diện tích của tam giác GKL bằng:
(A) 1/2 S;
(B) 1/4 S;
(C) 1/8 S;
(D) 3/4 S.
Cho hình bs.31, (R là điểm bất kì trên QS, S là điểm bất kì trên NO, hình thang NOPQ có diện tích S). Khi đó, tổng diện tích của hai tam giác QSP và NRO bằng:
(A) 1/2 S; (B) 1/4 S;
(C) 3/4 S; (D) S
Cho hình bs.30 (hình bình hành MNPQ có diện tích S và X, Y tương ứng là trung điểm của các cạnh QP, PN). Khi đó, diện tích của tứ giác MXPY bằng:
(A) 1/4 S;
(B) 1/2 S;
(C) 1/8 S;
(D) 3/4 S.
Cho hình bs.30 (hình bình hành MNPQ có diện tích S và X, Y tương ứng là trung điểm của các cạnh QP, PN). Khi đó, diện tích của tứ giác MXPY bằng :
(A) \(\dfrac{1}{4}S\) (B) \(\dfrac{1}{2}S\)
(C) \(\dfrac{1}{8}S\) (D) \(\dfrac{3}{4}S\)
Chọn phương án đúng ?
Kẻ đường chéo MP
Ta được SMQX= SMPX
SMNY=SMPY
=> SMXPY= SMPX + SMPY
Khi đó \(S_{MXPY}=\dfrac{1}{2}S\)
Nhớ tick nhé !
Sau khi kẻ đường thẳng MP ta có:
\(\Delta MPQ=\Delta MPN\) (cạnh-cạnh-cạnh)
=> \(\dfrac{1}{2}\)SMPQ = \(\dfrac{1}{2}S_{MPN}\)
hay \(\Delta MPX=\Delta MPY\).
Vì \(S_{MPX}+S_{MPY}=S_{MXPY}=S_{MXQ}+S_{MYN}\) nên SMXPY = \(\dfrac{1}{2}S\).
Vậy SMXPY = \(\dfrac{1}{2}S\).
Cho hình bs.31
(R là điểm bất kì trên QP. S là điểm bất kì trên NO, hình thang NOPQ có diện tích S). Khi đó, tổng diện tích của hai tam giác QSP và NRO bằng :
(A) \(\dfrac{1}{2}S\) (B) \(\dfrac{1}{4}S\)
(C) \(\dfrac{3}{4}S\) (D) \(S\)
Hãy lựa chọn phương án đúng ?
* Phương án đúng:
(D). S
* Giải thích:
Đường cao của hình thang cũng chính bằng độ dài đường cao của hai tam giác QSP và NRO.
Gọi độ dài đường cao là h (h>0)
SQSP= \(\dfrac{1}{2}.h.QP\)
SNRO= \(\dfrac{1}{2}.h.NO\)
SNRO+SQSP=\(\dfrac{1}{2}.h.NO\)+\(\dfrac{1}{2}.h.QP\)= \(\dfrac{1}{2}.h.\left(NO+QP\right)\) (1)
Ta có:
SNOPQ=S=\(\left(NO+QP\right).h.\dfrac{1}{2}\) (2)
Từ (1) và (2) => SNRO+SQSP=S=\(\dfrac{1}{2}.h.\left(NO+QP\right)\)
Cho a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác, S là diện tích tam giác. Chứng minh:
\(S=\dfrac{1}{4}\sqrt{a^4+b^4+c^4}\)
Sử dingj phương pháp biến đổi tương đương
Cho a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác, S là diện tích tam giác. Chứng minh:
\(S\ge\dfrac{1}{4}\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\)
Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương
BĐT trên bị ngược dấu rồi.
Theo công thức Heron:
\(S=\dfrac{1}{4}\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\).
Do đó ta chỉ cần cm:
\(\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\leq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\). (1)
Ta có \(\left(1\right)\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2\ge0\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-b^2\right)^2}{2}+\dfrac{\left(b^2-c^2\right)^2}{2}+\dfrac{\left(c^2-a^2\right)^2}{2}\ge0\) (luôn đúng).
Do đó bđt ban đầu cũng đúng.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác đó đều.
a) Cho hai tam giác ABC và DBC. Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Kẻ đường cao DK của tam giác DBC. Gọi S là diện tích của tam giác ABC. Gọi S' là diện tích của tam giác DBC
Chứng minh rằng : \(\dfrac{S'}{S}=\dfrac{DK}{AH}\)
b) Cho tam giác ABC và điểm M bất kì nằm trong tam giác đó. Kẻ các đường cao của tam giác đó là AD, BE và CF. Đường thẳng đi qua điểm M và song song với AD cắt cạnh BC tại điểm H. Đường thẳng đi qua điểm M và song song với BE cắt cạnh AC tại điểm K. Đường thẳng đi qua điểm M và song song với CF cắt cạnh BA tại điểm T
Chứng minh rằng \(\dfrac{MH}{AD}+\dfrac{MK}{BE}+\dfrac{MT}{CF}=\)
Cho a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác, S là diện tích tam giác. Chứng minh:
\(S\ge\dfrac{1}{4}\sqrt{a^4+b^4+c^4}\)
Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương
Bất đẳng thức ngược dấu rồi.
BĐT \(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\prod\left(a+b-c\right)\le a^4+b^4+c^4\)
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 2s\\ab + bc + ca = {s^2} + 4Rr + {r^2}\\abc = 4sRr\end{array} \right.$
Bất đẳng thức cần chứng minh quy về:
\(16\,r{s}^{2} \left( R-2\,r \right) +2\,{s}^{2} \left( 5\,{r}^{ 2}+{s}^{2} -16\,Rr\right) +2\,{r}^{2} \left( 16\,{R}^{2}+8\,Rr+{r}^{2}-3\,{s} ^{2} \right) \geqslant 0\)
Đây là điều hiển nhiên.
