Cho tam giác ABC, các đường phân giác AD, BE, CF. CMR :
\(S_{DEF}\le\frac{1}{4}S_{ABC}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
LH
0
15 tháng 8 2020
BE là tia phân giác của góc B nên \(\frac{AE}{BC}=\frac{AB}{BC}\Rightarrow\frac{AE}{AC}=\frac{AB}{BC+AB}\Rightarrow AE=\frac{bc}{a+c}\)
tương tự \(AE=\frac{bc}{a+b}\) \(\Rightarrow\frac{S_{AEF}}{S}=\frac{AE\cdot AF}{bc}=\frac{bc}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}\)
tương tự \(\frac{S_{BDF}}{S}=\frac{ac}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)},\frac{S_{CDE}}{S}=\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}\)
bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \(\frac{S_{AEF}}{S}+\frac{S_{BDF}}{S}+\frac{S_{CDE}}{S}\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}+\frac{ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\ge\frac{3}{4}\)
biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta được \(a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b\ge6abc\)
chia 2 vế cho abc ta được \(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge6\)
ta có \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)
áp dụng cho 3 cặp số suy ra điều phải chứng minh
dấu "=" xảy ra khi a=b=c hay tam giác ABC đều
VT
15 tháng 10 2019
a) \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90o\) => tứ giác BFEC nội tiếp => \(\widehat{AEF}=\widehat{ABC;}\widehat{AFE}=\widehat{ABC}\)=> \(\Delta AEF~\Delta ABC\)
SAEF = \(\frac{1}{2}AE.AF.sinA\); SABC = \(\frac{1}{2}AB.AC.sinA\)=>\(\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{AE.AF}{AB.AC}\)=cos2A (cosA = \(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\))
b) làm tương tự câu a ta được SBFD=cos2B.SABC; SCED=cos2C.SABC
=> SDEF =SABC-SAEF-SBFD-SCED = (1-cos2A-cos2B-cos2C)SABC
CH
Cô Hoàng Huyền
Admin
VIP
6 tháng 7 2016
a. Ta có : \(\frac{S_{AEF}}{S_{ABE}}=\frac{AF}{AB};\frac{S_{AEB}}{S_{ABC}}=\frac{AE}{AC}\)
Như vậy \(\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{AF}{AB}.\frac{AE}{AC}=\frac{AE}{AB}.\frac{AF}{AC}=cosA.cosA=cos^2A.\)
Từ đó ta có : \(S_{AEF}=S_{ABC}.cos^2A\)
b. Tương tự phần a ta có : \(S_{BEF}=S_{ABC}.cos^2B\); \(S_{CEF}=S_{ABC}.cos^2C\)
Như vậy \(S_{DEF}=S_{ABC}-S_{AEF}-S_{BEF}-S_{CEF}\)
Từ đó ta có: \(\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=1-\left(cos^2A+cos^2B+cos^2C\right)\)
Chúc em học tốt :)))
16 tháng 6 2021
a) Xét \(\Delta BAE\) và \(\Delta CAF\) có:
\(\widehat{A}\) chung
\(\widehat{AEB}=\widehat{CFA}=90^0\)
nên \(\Delta BAE\sim\Delta CAF\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{BA}{CA}=\dfrac{AE}{AF}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AC}{AF}\)
Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta AEF\) có:
Góc A chung
\(\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AC}{AF}\)
nên \(\Delta ABC\sim\Delta AEF\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AE}{AB}\right)^2=cos^2A=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow2S_{AEF}=S_{ABC}=S_{AEF}+S_{BFEC}\) \(\Leftrightarrow S_{AEF}=S_{BFEC}\) (dpcm)
b) Có \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\) (do \(\Delta ABC\sim\Delta AEF\))
\(\Leftrightarrow90^0-\widehat{AFE}=90^0-\widehat{ACB}\)
\(\Leftrightarrow\widehat{EFC}=\widehat{DAC}\) mà \(\widehat{C}\) chung \(\Rightarrow\Delta EFC\sim\Delta HAC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{EF}{HA}=\dfrac{FC}{AC}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{EF}{HA}=sinA\)\(\Leftrightarrow EF=HA.sinA\)
c)CM được:\(\Delta DHC\sim\Delta FBC\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\dfrac{HD}{BF}=\dfrac{CH}{BC}\Leftrightarrow\dfrac{HD.BC}{BF}=CH\)
\(\Delta HEC\sim\Delta AFC\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\dfrac{HE}{AF}=\dfrac{HC}{AC}\) \(\Leftrightarrow\dfrac{HE.AC}{AF}=HC\)
Xét \(S_{BHC}.tanB-S_{HAC}.tanA\)\(=\dfrac{1}{2}.HD.BC.\dfrac{FC}{BF}-\dfrac{1}{2}.HE.AC.\dfrac{FC}{AF}\)
\(=\dfrac{1}{2}.CH.FC-\dfrac{1}{2}.HC.FC=0\) \(\Leftrightarrow S_{BHC}.tanB-S_{HAC}.tanA=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{S_{BHC}}{tanA}=\dfrac{S_{HAC}}{tanB}\) , CM tương tự \(\Rightarrow\dfrac{S_{HAC}}{tanB}=\dfrac{S_{HAB}}{tanC}\)
=>dpcm
