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)
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) = \(\dfrac{3a}{2\sqrt{3}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
