Cho điểm M nằm trong tam giác ABC đều cạnh a. Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến BC, AC, AB. Gọi S là diện tích tam giác có ba cạnh AM, BM, CM. Chứng minh rằng: S\(\le\)\(\dfrac{1}{3}\)SABC.
Cho điểm M nằm trong tam giác ABC đều cạnh a. Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến BC, AC, AB. Gọi S là diện tích tam giác có ba cạnh AM, BM, CM. Chứng minh rằng: S\(\le\frac{1}{3}\).SABC
Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 12(cm). Gọi M, N, P lần lượt là ba điểm trên ba cạnh
BC, CA, AB sao cho BM = 2(cm), CN = 3(cm), AP = 4cm.
a) Tính diện tích các tam giác ABC và ANP.
b) Tính diện tích tam giác MNP.
cho tam giác abc đều. đường cao AH có độ dài = 3. M là một điểm bất kì năm trong tam giác. Gọi x;y;z lần lượt là khoảng cách từ M đến cạnh BC,CA,AB. Xác định điểm M để bthức E = x^2 + y^2 + z^2 đạt GTNN
Cho tam giác ABC. O là điểm cách đều 3 cạnh của tam giác. Trên cạnh BC lấy điểm M sao cho BM = BA, trên cạnh CB lấy điểm N sao cho CN = CA. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của O trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng :
a) NE = MF
b) Tam giác MON cân
a) Vì O cách đều 3 cạnh của tam giác nên OD = OE = OF
Áp dụng định lý Pytago vào tam giác vuông OBF và tam giác vuông ODB ta có:
BF=√OB2−OF2BF=OB2−OF2
BD=√OB2−OD2BD=OB2−OD2
Mà OF = OD nên BF = BD.
Tương tự áp dụng định lý Pytago vào tam giác vuông OEC và tam giác vuông ODC suy ra CE = CD
∆BAM có AB = BM nên ∆BAM là tam giác cân tại B ⇒ˆBAM=ˆBMA⇒BAM^=BMA^
Xét ∆BAM có BF = BD, BA = BM nên theo định lý Ta – lét ta có :
BFBA=BDBM⇒DF//AM⇒BFBA=BDBM⇒DF//AM⇒ DFAM là hình thang
Hình thang DFAM có ˆFAM=ˆAMDFAM^=AMD^ nên DFAM là hình thang cân
⇒{MF=ADAF=MD⇒{MF=ADAF=MD
∆ANC có AC = CN nên ∆ANC cân tại C⇒ˆCAN=ˆCNA⇒CAN^=CNA^
Xét ∆ANC có CE = CD, CA = CN nên theo định lý Ta – lét ta có :
CECA=CDCN⇒DE//AN⇒CECA=CDCN⇒DE//AN⇒ DEAN là hình thang
Hình thang DEAN có ˆCAN=ˆCNACAN^=CNA^ nên DEAN là hình thang cân
⇒{NE=ADAE=ND⇒{NE=ADAE=ND
⇒MF=NE⇒MF=NE
b) Xét ∆OEA và ∆ODN ta có :
⎧⎪⎨⎪⎩OE=ODˆOEA=ˆODNEA=DN{OE=ODOEA^=ODN^EA=DN⇒ΔOEA=ΔODN(c−g−c)⇒ON=OA⇒ΔOEA=ΔODN(c−g−c)⇒ON=OA
Xét ∆OAF và ∆OMD ta có :
⎧⎪⎨⎪⎩AF=MDˆOFA=ˆODMOF=OD{AF=MDOFA^=ODM^OF=OD⇒ΔOAF=ΔODM(c−g−c)⇒OA=OM⇒ΔOAF=ΔODM(c−g−c)⇒OA=OM
⇒OM=ON⇒OM=ON hay ∆MON cân tại O.
Cho tam giác đều ABC có độ dài cạnh bằng a. Gọi M là một điểm nằm ở mièn trung của tam giác. MI, MP, MQ theo thứ tự lần lượt là khoảng cách từ M đến cách cạnh BC, AB, AC. CM MI + MP + MQ không đổi
ABC đều. Gọi D,E,F là 3 điểm lần lượt nằm trên các cạnh AB, BC, CA sao cho AD=BE=CF a) Chứng minh rằng DEF là tam giác đều b) Gọi M, N, K là 3 điểm lần lượt nằm trên các tia đối của các tia AB, BC,CA sao cho AM=BN=CK Chứng minh là tam giác đều
2) cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a;b;c nội tiếp đường tròn tâm R .gọi x;y;z là khoảng cách từ điểm M thuộc miền trong của tam giác ABC đến các cạnh AB;AC;BC . Chứng minh \(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\le\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{2R}}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=\sqrt{ax}\frac{1}{\sqrt{a}}+\sqrt{by}\frac{1}{\sqrt{b}}+\sqrt{cz}\frac{1}{\sqrt{c}}\)
\(\le\sqrt{\left(ax+by+cz\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}=\sqrt{2S_{ABC}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}\)
\(=\sqrt{\frac{abc}{2R}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}=\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{2R}}\le\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{2R}}\)
ak uk ..mk nhầm ....phải là dấu ngược lại nha thắng
Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3cm, AC = 4cm. Điểm I nằm trong tam giác và cách đều ba cạnh của tam giác ABC. Gọi M là chân đường vuông góc kẻ từ điwwmr I đến BC. Tính BM?
Cho tam giác ABC, gọi các điểm M, N lần lượt nằm trên các cạnh AB, AC sao cho : AB = 3 x AM, AC = 3 x AN. Gọi I là điểm chính giữa của cạnh BC.
a) Chứng tỏ rằng tứ giác BMNC là hình thang và BC = 3 x MN.
b) Chứng tỏ rằng các đoạn thẳng BN, CM, AI cùng cắt nhau tại một điểm.
a) Vì AB = 3 x AM, AC = 3 x AN, nên MB = 2/3 x AB, NC = 2/3 x AC.
Từ đó suy ra : dt (MBC) = 2/3 x dt (ABC) (chung chiều cao từ C
dt (NCB) = 2/3 x dt (ABC) (chung chiều cao từ B)
Vậy dt (MBC) = dt (NCB) mà tam giác MBC và tam giác NCB có chung đáy BC, nên chiều cao từ M bằng chiều cao từ N xuống đáy BC hay MN song song với BC. Do đó BMNC là hình thang.
Từ MB = 2/3 x AB, nên dt (MBN) = 2/3 x dt (ABN) (chung chiều cao từ N) hay dt (ABN) = 2/3 x dt (MBN).
Hơn nữa từ AC = 3 x AN, nên NC = 2 x AN, do đó dt (NBC) = 2 x dt (ABN) (chung chiều cao từ B) ; suy ra dt (NBC) = 3/2 x 2 x dt (MBN) = 3 x dt (MBN).
Mà tam giác NBC và tam giác MBN có chiều cao bằng nhau (cùng là chiều cao của hình thang BMNC). Vì vậy đáy BC = 3 x MN.
b) Gọi BN cắt CM tại O. Ta sẽ chứng tỏ AI cũng cắt BN tại O. Muốn vậy, nối AO kéo dài cắt BC tại K, ta sẽ chứng tỏ K là điểm chính giữa của BC (hay K trùng với I).
Theo phần a) ta đã có dt (NBC) = 2 x dt (ABN). Mà tam giác NBC và tam giác ABN có chung đáy BN, nên chiều cao từ C gấp 2 lần chiều cao từ A xuống đáy BN. Nhưng đó là chiều cao tương ứng của hai tam giác BCO và BAO có chung đáy BO, vì vậy dt (BCO) = 2 x dt (BAO)
Tương tự ta cũng có dt (BCO) = 2 x dt (CAO).
Do đó dt (BAO) = dt (CAO). Hai tam giác BAO và CAO có chung đáy AO, nên chiều cao từ B bằng chiều cao từ C xuống đáy AO. Đó cũng là chiều cao tương ứng của hai tam giác BOK và COK có chung đáy OK, vì vậy dt (BOK) = dt (COK). Mà hai tam giác BOK và tam giác COK lại chung chiều cao từ O, nên hai đáy BK = CK hay K là điểm chính giữa của cạnh BC. Vậy điểm K trùng với điểm I hay BN, CM, AI cùng cắt nhau tại điểm O.