Cho tam giác ABC, AO,BO,CO cắt nhau tại O và cắt cạnh tam giác tại D,E,F. CMR:
\(\frac{AO}{OD}+\frac{BO}{OE}+\frac{CO}{OF}\ge6\)
Những câu hỏi liên quan
Cho tam giác ABC, O nằm trong tam giác. Các đường thẳng từ đỉnh đi qua O cắt nhau tại D, E, F.
CMR :
\(\frac{OD}{OA}+\frac{BO}{OE}+\frac{OF}{OC}\ge\frac{3}{2}\)
Tự nhiên đầu hơi lú một tý, chứng minh được \(\frac{AO}{OD}+\frac{BO}{OE}+\frac{OC}{OF}\ge6\)rồi mà không biết làm bài này -!-
Cho điểm O thuộc miền trong tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh của tam giác ABC theo thứ tự ở D, E, F. CMR: \(\dfrac{OA}{OD}+\dfrac{OB}{OE}+\dfrac{OC}{OF}\ge6\). Tìm vị trí của O để dấu đẳng thức xảy ra
Cho tam giác ABC. O là điểm nằm trong tam giác. AO, BO, CO cắt BC, AC, BA tại D, E, F.
Chứng minh rằng: \(\frac{AO}{AD}+\frac{BO}{BE}+\frac{CO}{CF}=2\)
cho tam giác ABC có điểm O bên trong tam giác. AO cắt BC tại A1. BD cắt CA tại B1 và CO cắt AB tại C1. kẻ OD//AB ( D thuộc BC ) và kẻ OE//AC ( E thuộc BC ), c/m
a) \(\frac{OA_1}{AA_1}+\frac{OB_1}{BB_1}+\frac{OC_1}{CC_1}=1\)
b) \(\frac{AO}{AA_1}+\frac{BO}{BB_1}+\frac{CO}{CC_1}=2\)
MN ƠI GIÚP MIK VS MIK CẦN GẤP!!!
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, 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 qua 1 điểm O tùy ý trong tam giác ta kẻ đường thẳng AO, BO, CO cắt BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. chứng minh rằng: \(\frac{OE}{AE}+\frac{OD}{BD}+\frac{OF}{CF}=1\)
cho tam giác ABC , điểm O bất kì nằm trong tam giác. Các đường thẳng AO, BO, CO thứ tự cắt các cạnh BC, AC, AB tại D, E ,F.
Chứng minh \(\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1\)
Từ A kẻ đường thẳng // BC cắt BO, CO kéo dài tại P và Q
Theo định lý Thales ta có: \(\frac{DB}{DC}=\frac{AP}{AQ},\frac{EC}{EA}=\frac{BC}{AP},\frac{FA}{FB}=\frac{AQ}{BC}\)
Nhân 3 đẳng thức vs nhau ta đc:
\(\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=\frac{AP}{AQ}.\frac{BC}{AP}.\frac{AQ}{BC}=1\) ( ĐPCM)
cho tam giác ABC, O là điểm nằm trong tam giác. AO,BO,Co cắt các cạnh BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F. Qua O kẻ đường song song với BC cắt DE,DF lần lượt tại N và M . CMR: OM=ON
Gọi T là giao điểm của DE và AB. Qua F kẻ đường thẳng song song với BC cắt DA, DT lần lượt tại U, V.
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC, cát tuyến TED, ta có:
\(\dfrac{TA}{TB}.\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}=1\)
Áp dụng định lý Ceva cho tam giác ABC với AD, BE, CF đồng quy tại O, ta có:
\(\dfrac{FA}{FB}.\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}=1\)
Từ đó suy ra \(\dfrac{TA}{TB}=\dfrac{FA}{FB}\Leftrightarrow\dfrac{TA+FA}{TB}=\dfrac{2FA}{TB}\) \(\Leftrightarrow\dfrac{TF}{TB}=\dfrac{2AF}{AB}\)
Mà theo định lý Thales:
\(\dfrac{TF}{TB}=\dfrac{FV}{BD}\) và \(\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{FU}{BD}\)
Từ đó suy ra \(\dfrac{FV}{BD}=\dfrac{2FU}{BD}\) \(\Rightarrow FV=2FU\) hay U là trung điểm FV.
Áp dụng bổ đề hình thang, ta dễ dàng suy ra O là trung điểm MN hay \(OM=ON\) (đpcm).
(Bổ đề hình thang phát biểu như sau: Trung điểm của 2 cạnh đáy, giao điểm của 2 đường chéo và giao điểm của 2 đường thẳng chứa 2 cạnh bên của một hình thang thì thẳng hàng. Chứng minh khá dễ, mình nhường lại cho bạn tự tìm hiểu nhé.)
Đúng 1
Bình luận (0)
Chỗ biến đổi này mình làm lại nhé:
Cần chứng minh: \(\dfrac{TF}{TB}=\dfrac{2AF}{AB}\)
\(\Leftrightarrow TF.AB=2AF.TB\)
\(\Leftrightarrow\left(TA+AF\right)\left(AF+BF\right)=2AF\left(TA+AF+BF\right)\)
\(\Leftrightarrow TA.AF+TA.BF+AF^2+AF.BF=2TA.AF+2AF^2+2AF.BF\)
\(\Leftrightarrow TA.AF+AF^2+AF.FB=TA.BF\)
\(\Leftrightarrow AF\left(TA+AF+FB\right)=TA.BF\)
\(\Leftrightarrow AF.TB=TA.BF\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{TA}{TB}=\dfrac{FA}{FB}\) (luôn đúng)
Vậy \(\dfrac{TF}{TB}=\dfrac{2AF}{AB}\)
Đúng 1
Bình luận (0)