Cho \(\Delta\)ABC vuông tại A với các đường phân giác trng BM, CN.
CM: \(\frac{\left(MC+MA\right)\left(NB+NA\right)}{MA.NA}\ge3+2\sqrt{2}\)
Cho tam giac ABC vuông tại A với các đường phân giác BM và CN. Chứng minh bất đẳng thức :\(\frac{\left(MC+MA\right)\left(NB+NA\right)}{MA.NA}\ge3+2\sqrt{2}\)
giup minh cau nay voi : cho tam giac ABC vuong tai A voi cac duong phan giac trong BM va CN .chung minh bat dang thuc (MC+MA)(NB+NA)/MA.NA >= 3+2√2
Cho tam giác ABC đều, độ dài cạnh bằng 1.
a) Tìm tập điểm M thỏa mãn \(\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\left|4\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MC}\right|\)
b) Tìm tập hợp điểm N thỏa mãn \(\left|\overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NB}\right|=\left|\overrightarrow{NA}-\overrightarrow{NC}\right|\)
c) E là điểm thay đổi trên đường thẳng BC, tìm giá trị nhỏ nhất của \(\left|\overrightarrow{NA}+\overrightarrow{NB}+4\overrightarrow{NC}\right|\)
MỘT SỐ CÔNG THỨC HÌNH HỌC CỦA \(\Delta\)(Với a,b,c là các cạnh tam giác;d,m,h là phân giác,đường trung tuyến và đường cao tương ứng )
\(R=\frac{abc}{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)}}\)
\(r=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}{a+b+c}}\)
\(d_a=\sqrt{bc-\frac{a^2bc}{\left(b+c\right)^2}}\)
\(m_a=\sqrt{\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}}\)
\(h_a=\frac{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}}{2a}\)
Bài 1. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. các đường tròn đường kính BH và đường kính CH cắt AB, AC theo thứ tự tại D, E. chứng mình rằng:
a) AD.AB = AE,AC
b) Đường thẳng DE là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn đã cho.
Bài 2. Chứng minh rằng: với mọi x,y,z \(\in\)R ta có
\(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\)
Bài 3. Cho biểu thức: \(P=\frac{x^2-\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1}-\frac{2x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}}+\frac{2\left(x-1\right)}{\sqrt{x}-1}\)
a) Rút gọn P
b) Tìm GTNN của P
Mk làm cho bài bđt nha
Bài 2 :
Có : (x-y)^2 >= 0
<=> x^2-2xy+y^2 >= 0
<=> x^2+y^2 >= 2xy
Tương tự : y^2+z^2 >= 2yz ; z^2+x^2 >= 2zx
=> 2.(x^2+y^2+z^2) >= 2xy+2yz+2zx
<=> x^2+y^2+z^2 >= xy+yz+zx
<=> x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx >= 3.(xy+yz+zx)
<=> (x+y+z)^2 >= 3.(xy+yz+zx)
=> ĐPCM
Dấu "=" xảy ra <=> x=y=z
Tk mk nha
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\left( {AB < AC} \right)\). Kẻ đường cao \(AH\left( {H \in BC} \right)\).
a) Chứng minh rằng \(\Delta ABH\backsim\Delta CBA\), suy ra \(A{B^2} = BH.BC\).
b) Vẽ \(HE\) vuông góc với \(AB\) tại \(E\), vẽ \(HF\) vuông góc với \(AC\) tại \(F\). Chứng minh rằng \(AE.AB = AF.AC\).
c) Chứng minh rằng \(\Delta AFE\backsim\Delta ABC\).
d) Qua \(A\) vẽ đường thẳng song song với \(BC\) cắt đường thẳng \(HF\) tại \(I\). Vẽ \(IN\) vuông góc với \(BC\) tại \(N\). Chứng minh rằng \(\Delta HNF\backsim\Delta HIC\).
a) Vì \(AH\) là đường cao nên \(\widehat {AHB} = \widehat {AHC} = 90^\circ \)
Xét tam giác \(ABH\) và tam giác \(CBA\) có:
\(\widehat B\) (chung)
\(\widehat {AHB} = \widehat {CAB} = 90^\circ \) (chứng minh trên)
Suy ra, \(\Delta ABH\backsim\Delta CBA\) (g.g).
Do đó, \(\frac{{AB}}{{CB}} = \frac{{BH}}{{AB}}\) (các cặp cạnh tương ứng có cùng tỉ lệ)
Suy ra, \(A{B^2} = BH.BC\) .
b)
- Vì \(HE\) vuông góc với \(AB\) nên \(\widehat {HEA} = \widehat {HEB} = 90^\circ \)
Xét tam giác \(AHE\) và tam giác \(ABH\) có:
\(\widehat {HAE}\) (chung)
\(\widehat {HEA} = \widehat {AHB} = 90^\circ \) (chứng minh trên)
Suy ra, \(\Delta AHE\backsim\Delta ABH\) (g.g).
Do đó, \(\frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AH}}\) (các cặp cạnh tương ứng có cùng tỉ lệ)
Suy ra, \(A{H^2} = AB.AE\) . (1)
- Vì \(HF\) vuông góc với \(AC\) nên \(\widehat {HFC} = \widehat {HFA} = 90^\circ \)
Xét tam giác \(AHF\) và tam giác \(ACH\) có:
\(\widehat {HAF}\) (chung)
\(\widehat {AFH} = \widehat {AHC} = 90^\circ \) (chứng minh trên)
Suy ra, \(\Delta AHF\backsim\Delta ACH\) (g.g).
Do đó, \(\frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AF}}{{AH}}\) (các cặp cạnh tương ứng có cùng tỉ lệ)
Suy ra, \(A{H^2} = AF.AC\) . (2)
Từ (1) và (2) suy ra, \(AE.AB = AF.AC\) (điều phải chứng minh)
c) Vì \(AE.AB = AF.AC \Rightarrow \frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{AF}}{{AB}}\).
Xét tam giác \(AFE\) và tam giác \(ABC\) có:
\(\widehat A\) (chung)
\(\frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{AF}}{{AB}}\) (chứng minh trên)
Suy ra, \(\Delta AFE\backsim\Delta ABC\) (c.g.c).
d) Vì \(HF\) vuông góc với \(AC\) nên \(CF \bot HI\), do đó, \(\widehat {CFH} = \widehat {CFI} = 90^\circ \).
Vì \(IN \bot CH \Rightarrow \widehat {CBI} = \widehat {HNI} = 90^\circ \).
Xét tam giác \(HFC\) và tam giác \(HNI\) có:
\(\widehat {CHI}\) (chung)
\(\widehat {HFC} = \widehat {HNI} = 90^\circ \) (chứng minh trên)
Suy ra, \(\Delta HFC\backsim\Delta HNI\) (g.g).
Suy ra, \(\frac{{HF}}{{HN}} = \frac{{HC}}{{HI}}\) (hai cặp cạnh tương ứng cùng tỉ lệ)
Do đó, \(\frac{{HF}}{{HC}} = \frac{{HN}}{{HI}}\).
Xét tam giác \(HNF\) và tam giác \(HIC\) có:
\(\widehat {CHI}\) (chung)
\(\frac{{HF}}{{HC}} = \frac{{HN}}{{HI}}\) (chứng minh trên)
Suy ra, \(\Delta HNF\backsim\Delta HIC\) (c.g.c).
Cho tam giác ABC cân tại A (góc A < 90). Từ B kẻ BM vuông góc vs AC (M thuộc AC)
CM \(\frac{AM}{MC}+1=2\left(\frac{AB}{BC}\right)^2\)
Cho tam giác ABC cân tại A (góc A < 90). Từ B kẻ BM vuông góc vs AC (M thuộc AC)
CM \(\frac{AM}{MC}+1=2\left(\frac{AB}{BC}\right)^2\)
Cho ΔABC . Tìm tập hợp điểm M thoả mãn :
a, \(\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\frac{3}{2}\left|\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|\)
b, \(\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}\right|=\left|\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\right|\)
c,\(\left|\overrightarrow{2MA}+\overrightarrow{MB}\right|=\left|\overrightarrow{4MB}-\overrightarrow{MC}\right|\)
d, \(\left|\overrightarrow{4MA}-\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\left|\overrightarrow{2MA}-\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right|\)
d, Lấy P, Q sao cho \(4\overrightarrow{PA}-\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{0};2\overrightarrow{QA}-\overrightarrow{QB}-\overrightarrow{QC}=\overrightarrow{0}\)
Ta có \(\left|4\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\left|4\text{ }\overrightarrow{MP}+4\overrightarrow{PA}-\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}\right|=\left|4\overrightarrow{MP}\right|=4MP\)
\(\left|2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right|=\text{ }\left|2\overrightarrow{QA}-\overrightarrow{QB}-\overrightarrow{QC}\right|=0\)
\(\Rightarrow4MP=0\Rightarrow M\equiv P\)
Gọi G là trọng tâm tam giác, I là trung điểm BC, N là trung điểm của AC
a, Ta có \(\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\left|3\overrightarrow{MG}\right|=3MG\)
\(\frac{3}{2}\left|\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\frac{3}{2}\left|2\overrightarrow{MI}\right|=3MI\)
\(\Rightarrow MG=MI\Rightarrow M\) thuộc đường trung trực của BC
b, \(\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}\right|=\left|2\overrightarrow{MN}\right|=2MN\)
\(\left|\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\right|=\left|\overrightarrow{BA}\right|=BA\)
\(\Rightarrow2MN=BA\Rightarrow M\in\left(N;\frac{BA}{2}\right)\)
c, Lấy điểm E thỏa mãn \(2\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EB}=\overrightarrow{0}\), F thỏa mãn \(4\overrightarrow{FB}-\overrightarrow{FC}=\overrightarrow{0}\)
Ta có \(\left|2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\right|=\left|2\overrightarrow{ME}+2\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EB}\right|=\left|3\overrightarrow{ME}\right|=3ME\)
\(\left|4\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right|=\left|4\overrightarrow{MF}+4\overrightarrow{FB}-\overrightarrow{MF}-\overrightarrow{FC}\right|=\left|3\overrightarrow{MF}\right|=3MF\)
\(\Rightarrow ME=MF\Rightarrow M\) thuộc đường trung trực EF