Cho tam giác ABC có \(\overrightarrow{AM}=-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\dfrac{3}{2}\overrightarrow{AC}\). Tỉ số diện tích\(\dfrac{S_{\Delta ABM}}{S_{\Delta ACM}}\) là ?
Cho tam giác ABC . CMR :
\(S=\dfrac{1}{2}\sqrt{\overrightarrow{AB^2}\overrightarrow{AC^2}-\left(\overrightarrow{AB}\overrightarrow{AC}\right)^2}\)
Ta có : \(\dfrac{1}{2}\sqrt{\overrightarrow{AB}^2\overrightarrow{AC}^2-\left(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}\right)^2}\)
\(=\dfrac{1}{2}.\sqrt{AB^2AC^2-\left(AB.AC.CosBAC\right)^2}\)
\(=\dfrac{1}{2}.\sqrt{AB^2AC^2-AB^2.AC^2.Cos^2BAC}\)
\(=\dfrac{1}{2}\sqrt{AB^2AC^2\left(1-Cos^2BAC\right)}\)
Thấy : \(Sin^2a+Cos^2a=1\)
\(\Rightarrow Sin^2a=1-Cos^2a\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}\sqrt{AB^2AC^2Sin^2BAC}=\dfrac{1}{2}\left|AB.AC.SinBAC\right|=\dfrac{1}{2}AB.AC.SinBAC=S\)
=> ĐPCM
Sao đề là lạ đoạn kia là \(\left(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}\right)^2\)à
Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta có:
\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}\sqrt {{{\overrightarrow {AB} }^2}.{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)}^2}} .\)
Đặt \(A = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\overrightarrow {AB} }^2}.{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)}^2}} \)
\(= \dfrac{1}{2}\sqrt { A{B^2}.A{C^2}- {{\left(|{\overrightarrow {AB}| .|\overrightarrow {AC}|. \cos BAC} \right)}^2}} \)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2}.A{C^2} - {{\left( {AB.AC.\cos A} \right)}^2}} \\ \Leftrightarrow A = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2}.A{C^2} - A{B^2}.A{C^2}.{{\cos }^2}A }\\ \Leftrightarrow A = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2}.A{C^2}\left( {1 - {{\cos }^2}A} \right)} \end{array}\)
Mà \(1 - {\cos ^2}A = {\sin ^2}A\)
\( \Rightarrow A = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2}.A{C^2}.{{\sin }^2}A} \)
\( \Leftrightarrow A = \dfrac{1}{2}.AB.AC.\sin A\) (Vì \({0^o} < \widehat A < {180^o}\) nên \(\sin A > 0\))
Do đó \(A = {S_{ABC}}\) hay \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\overrightarrow {AB} }^2}.{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)}^2}} .\) (đpcm)
CM với mọi tam giác ABC, ta có
a, (b2-c2)cos A = a(c.cos C - b.cos B)
b, S = \(\dfrac{1}{2}\)\(\sqrt{AB^2.AC^2-\left(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}\right)^2}\)
Cho S là diện tích của tam giác ABC. Chứng minh rằng :
\(S=\dfrac{1}{2}\sqrt{\overrightarrow{AB}^2.\overrightarrow{AC}^2-\left(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}\right)^2}\)
Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp I, các đường cao của tam giác là \(h_a,h_b,h_c\).
a) Tìm tập hợp những điểm M thỏa mãn \(\left(\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MC}\right)\left(2\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MA}\right)=0\)
b) Điểm K thỏa mãn \(\dfrac{\overrightarrow{KA}}{h_a}+\dfrac{\overrightarrow{KB}}{h_b}+\dfrac{\overrightarrow{KC}}{h_c}=\overrightarrow{IA}\). Chứng minh rằng : K, I, A thẳng hàng.
Cho \(\Delta ABC\), CMR :
\(S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}\sqrt{\overrightarrow{AB^2}.\overrightarrow{AC^2}-\left(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}\right)^2}\)
Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
\(\dfrac{h_b}{h_a^2}+\dfrac{h_c}{h_b^2}+\dfrac{h_a}{h_c^2}>\dfrac{1}{r}\)
\(\dfrac{h_b}{h_a^2}+\dfrac{h_c}{h_b^2}+\dfrac{h_a}{h_c^2}=\dfrac{\dfrac{2S_{ABC}}{b}}{\dfrac{4S_{ABC}^2}{a^2}}+\dfrac{\dfrac{2S_{ABC}}{c}}{\dfrac{4S^2_{ABC}}{b^2}}+\dfrac{\dfrac{2S_{ABC}}{a}}{\dfrac{4S_{ABC}^2}{c^2}}\)
\(=\dfrac{a^2}{2bS_{ABC}}+\dfrac{b^2}{2cS_{ABC}}+\dfrac{c^2}{2aS_{ABC}}\)
\(=\dfrac{1}{2S_{ABC}}\left(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\right)\)
\(\ge\dfrac{1}{2.\dfrac{a+b+c}{2}r}.\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=\dfrac{1}{r}\)
Hình như có dấu = chứ nhỉ
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
Cho tam giác ABC. Điểm I trên cạnh AC sao cho \(CI=\dfrac{1}{4}CA\). J là điểm mà \(\overrightarrow{BJ}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\dfrac{3}{2}\overrightarrow{AB}\)
a) Chứng minh \(\overrightarrow{BI}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\)
b) Chứng minh B, I, J thẳng hàng
c) Hãy dựng điểm J thỏa mãn điều kiện đề bài
a) \(\overrightarrow{BI}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CI}=\overrightarrow{BC}+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{CA}\)
\(=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}-\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BA}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\).
b) Có \(\overrightarrow{BJ}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}=\dfrac{3}{2}\left(\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\right)=\dfrac{3}{2}\overrightarrow{BI}\).
Vì vậy 3 điểm B, I, J thẳng hàng.
c)
Trên cạnh AC lấy điểm K sao cho \(\overrightarrow{AK}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}\).
Tại điểm K dựng điểm T sao cho \(\overrightarrow{KT}=-\dfrac{3}{2}\overrightarrow{AB}=\dfrac{3}{2}\overrightarrow{BA}\).
\(\overrightarrow{BJ}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\dfrac{3}{2}\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AK}+\overrightarrow{KT}=\overrightarrow{AT}\).
Dựng điểm T sao cho \(\overrightarrow{BJ}=\overrightarrow{AT}\).
