mới lớp 7 a ới

a)Do A',B',C' là trung điểm BC,CA,AB=> A'B' song song với AB,B'C'song song với BC,C'A' song song với CA

\(\overrightarrow{A'B'}=\left(6;3\right)\) => VTPT của đường thẳng AB là: \(\overrightarrow{n}=\left(1;-2\right)\)

và C' thuộc (AB)=>Phương trình đường thẳng AB là:

(AB): x-2y-6=0

Tương tự ta có phương trình đường thẳng BC là:

(BC): x+4=0

Tọa độ điểm B là nghiệm hệ

\(\left\{{}\begin{matrix}\text{x-2y-6=0}\\x+4=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-4\\y=-5\end{matrix}\right.\)

=>B(-4;-5)

A'(-4;1) là TĐ của BC => tọa độ C(-4;7)

C'(2;-2) là TĐ của AB =>tọa độ A(8;1)

b) Gọi tọa độ trọng tâm G của tam giác A'B'C' là G(x;y)

=>\(\overrightarrow{GA'}+\overrightarrow{GB'}+\overrightarrow{GC'}=0\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}\left(-4-x\right)+\left(2-x\right)+\left(2-x\right)=0\\\left(1-y\right)+\left(4-y\right)+\left(-2-y\right)=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=1\end{matrix}\right.\)

=>G(0;1)

Thay vào tính

Ta có:\(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\) =(8-4-4;1-1+7-1-5-1)=(0;0)

=>G là trọng tâm tam giác ABC=>ĐPCM

Bạn vẽ hình đi mình giải cho 

Bài 1 :

Ta có : \(a+b+c=2\) nên \(2c+ab=c\left(a+b+c\right)+ab=ac+bc+c^2+ab\)

\(=\left(ca+c^2\right)+\left(bc+ab\right)=c\left(a+c\right)+b\left(a+c\right)=\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)

Áp dụng BĐT Cô - si cho 2 số không âm :

\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\ge2\sqrt{\frac{1}{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\) ( vì a , b , c thực dương )

\(\Rightarrow\sqrt{\frac{1}{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{2c+ab}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\frac{ab}{\sqrt{ab+2c}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{b+c}+\frac{ab}{a+c}\right)\) ( nhân 2 vế cho ab thực dương ) (1)

( Dấu " = " \(\Leftrightarrow\frac{1}{b+c}=\frac{1}{c+a}\Leftrightarrow b+c=c+a\Leftrightarrow a=b\) )

Tương tự ta cũng có :

\(\frac{bc}{\sqrt{bc+2a}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{ca}{c+b}+\frac{ca}{b+a}\right)\)

( Dấu " = \(\Leftrightarrow a=c\) ) (3)

Cộng các BĐT (1) ; (2) ; (3) ta được :

\(P\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{c+a}+\frac{ab}{c+b}+\frac{bc}{b+a}+\frac{cb}{c+a}+\frac{ac}{b+a}+\frac{ac}{c+b}\right)\)

\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{b\left(c+a\right)}{c+a}+\frac{a\left(c+b\right)}{c+b}+\frac{c\left(b+a\right)}{b+a}\right)\)

\(\le\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)=1\)

Vậy \(P=\frac{ab}{\sqrt{ab+2c}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+2a}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+2b}}\le1\)

Dấu " = " \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{2}{3}\)

Bài 2 :

a ) Ta có :

\(\widehat{AOB}=180^0-\widehat{OAB}=180^0-\widehat{\frac{BAC}{2}}-\widehat{\frac{ABC}{2}}=90^0+\frac{\left(180^0-\widehat{BAC}-\widehat{ABC}\right)}{2}=90^0+\widehat{\frac{ACB}{2}}\)

b ) Dễ thấy A , M , O , E cùng thuộc đường tròn đường kính OA ( vì \(\widehat{AMO}=\widehat{AEO}=90^0\) ) (1)
Ta có : \(\widehat{AOK}=180^0-\widehat{AOB}=180^0-\left(90^0+\frac{\widehat{ABC}}{2}\right)=90^0-\frac{\widehat{ACB}}{2}=\widehat{CEN}\) ( do \(\Delta CEN\) cân tại C )
=> Tứ giác AOKE nội tiếp hay A , O , K , E cùng thuộc một đường tròn (2)
Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm A, M, K, O, E cùng thuộc một đường tròn ( đpcm )