Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Từ D Hạ đường cao DF' , DE' lần lượt lên AB; AC
=> Có: \(DE'\le DE;DF'\le DF\) với mọi vị trí D, E, F
=> \(S_{DEF}\le S_{DE'F'}\)
"=" xảy ra <=> E trùng E'; F trùng F'
AE'F'D là hình chữ nhật ( tự chứng minh )
Đặt: AF' = x; AE'=y
Có: \(AB=a;BC=2a=2.AB\)=> \(\Delta\)ABC vuông tại A có: \(\widehat{ACB}=30^o\)=> \(AC=a\sqrt{3}\)
=> \(BF'=a-x\); \(CE'=a\sqrt{3}-y\)
Dễ thấy: \(\Delta BF'D\approx\Delta DE'C\approx\Delta BAC\)
=> \(BD=2.\left(a-x\right)\); \(DC=\frac{\left(a\sqrt{3}-y\right)}{\sqrt{3}}.2\)
mà BD +DC =BC =2a
=> \(2\left(a-x\right)+\left(a-\frac{y}{\sqrt{3}}\right).2=2a\)
=> \(x+\frac{y}{\sqrt{3}}=a\)
Có diện tích DEF nhỏ nhất <=> D'E'F' nhỏ nhất <=> E'F' nhỏ nhất
=> \(E'F'^2=x^2+y^2=\frac{3}{4}\left(1^2+\frac{1}{3}\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\frac{3}{4}\left(x+\frac{y}{\sqrt{3}}\right)^2=\frac{3}{4}.a^2=\frac{3}{4}a^2\)
=> \(E'F'\ge\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Dấu "=" xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}x=y\sqrt{3}\\x+\frac{y}{\sqrt{3}}=a\end{cases}}\)<=> \(\hept{\begin{cases}x=\frac{3}{4}a\\y=\frac{\sqrt{3}}{4}a\end{cases}}\)
=> Vậy vị trí : E cách A khoảng \(\frac{\sqrt{3}}{4}a\); F cách A khoảng \(\frac{3}{4}a\); D cách B khoảng \(2\left(a-\frac{3}{4}a\right)=\frac{a}{2}\)
=> \(S_{\Delta DEF}=\frac{1}{2}DE.DF=\frac{1}{2}AE.AF=\frac{1}{2}x.y=\frac{1}{2}.\frac{3a}{4}.\frac{\sqrt{3}a}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{32}a^2\)
Ta thấy ngay tứ giác ADME nội tiếp vì \(\widehat{DAE}+\widehat{DME}=180^o\)
Vậy thì \(\widehat{MDE}=\widehat{MAE}\) (Hai góc nội tiếp)
Mà do M là trung điểm BC nên MB = MA = MC hay \(\widehat{MCA}=\widehat{MAE}\)
Vậy \(\widehat{MDE}=\widehat{MCE}\)
Ta có \(S_{DME}=\frac{1}{2}.DM.ME=\frac{1}{2}.DM.DM.tan\widehat{MDE}=\frac{1}{2}.DM^2.tan\widehat{MCE}\)
Do góc C không thay đổi nên \(tan\widehat{MCE}\) không đổi.
Vậy \(S_{MDE}min\Leftrightarrow DMmin\)
Ta thấy DM là hình xiên, vậy DM nhỏ nhất khi nó là đường vuông góc.
Tóm lại: diện tích tam giác DME nhỏ nhất khi D, E lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB và AC.
Cách của em ạ :D
Hạ OX vuông góc BC,OY vuông góc AC,OZ vuông góc AB.
Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz:
\(\frac{1}{HA}+\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC}\ge\frac{9}{HA+HB+HC}\)
Mặt khác theo BĐT Erdos Mordell ta có:
\(OA+OB+OC\ge2\left(OX+OY+OZ\right)\)
Mà theo hệ quả của đường thẳng Euler thì HA=2OX;HB=2OY;HC=2OZ nên \(OA+OB+OC\ge HA+HB+HC\)
\(\Rightarrow HA+HB+HC\le3R\)
\(\Rightarrow\frac{1}{HA}+\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC}\ge\frac{9}{3R}=\frac{3}{R}=const\)
Khi đó A là điểm chính giữa cung BC.