ABC các đường thẳng AM, BM, CM lần lượt cắt BC, CA, AB tại A' , B' , C' chứng minh rằng M là trọng tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi M là trọng tâm của tam giác A'B'C'
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
31 tháng 3 2022
\(\dfrac{B'A}{B'C}=\dfrac{S_{AMB'}}{S_{CMB'}}=\dfrac{S_{ABB'}}{S_{CBB'}}=\dfrac{S_{ABB'}-S_{AMB'}}{S_{CBB'}-S_{CMB'}}=\dfrac{S_{ABM}}{S_{CBM}}\)
\(\dfrac{C'A}{C'B}=\dfrac{S_{AMC'}}{S_{BMC'}}=\dfrac{S_{ACC'}}{S_{BCC'}}=\dfrac{S_{ACC'}-S_{AMC'}}{S_{BCC'}-S_{BMC'}}=\dfrac{S_{ACM}}{S_{CBM}}\)
\(\dfrac{MA}{MA'}=\dfrac{S_{ABM}}{S_{A'BM}}=\dfrac{S_{ACM}}{S_{A'CM}}=\dfrac{S_{ABM}+S_{ACM}}{S_{A'BM}+S_{A'CM}}=\dfrac{S_{ABM}+S_{ACM}}{S_{MBC}}=\dfrac{S_{ABM}}{S_{MBC}}+\dfrac{S_{ACM}}{S_{MBC}}=\dfrac{B'A}{B'C}+\dfrac{C'A}{C'B}\)
29 tháng 1
a: Xét ΔBAC có BM là phân giác
nên \(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{CM}{CB}\)
=>\(\dfrac{AM}{5}=\dfrac{CM}{2}\)
mà AM+CM=AC=5
nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:
\(\dfrac{AM}{5}=\dfrac{CM}{2}=\dfrac{AM+CM}{5+2}=\dfrac{5}{7}\)
=>\(AM=5\cdot\dfrac{5}{7}=\dfrac{25}{7}\left(cm\right);CM=2\cdot\dfrac{5}{7}=\dfrac{10}{7}\left(cm\right)\)
b: Ta có: \(\widehat{ABM}=\widehat{MBC}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}\)
\(\widehat{ACN}=\widehat{NCB}=\dfrac{\widehat{ACB}}{2}\)
mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)
nên \(\widehat{ABM}=\widehat{MBC}=\widehat{ACN}=\widehat{NCB}\)
Xét ΔABM và ΔACN có
\(\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\)
AB=AC
\(\widehat{BAM}\) chung
Do đó: ΔABM=ΔACN
=>AM=AN
Xét ΔABC có \(\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{AN}{AB}\)
nên MN//BC
10 tháng 4 2020
Ta có: \(\sqrt{\frac{AM}{A_1M}}+\sqrt{\frac{BM}{B_1M}}+\sqrt{\frac{CM}{C_1M}}=\sqrt{\frac{S_2+S_3}{S_1}}+\sqrt{\frac{S_1+S_3}{S_2}}+\sqrt{\frac{S_1+S_2}{S_3}}\)
\(\ge\sqrt{\frac{\left(\sqrt{S_2}+\sqrt{S_3}\right)^2}{2S_1}}+\sqrt{\frac{\left(\sqrt{S_1}+\sqrt{S_3}\right)^2}{2S_2}}+\sqrt{\frac{\left(\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}\right)^2}{2S_3}}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{\sqrt{S_2}+\sqrt{S_3}}{\sqrt{S_1}}+\frac{\sqrt{S_1}+\sqrt{S_3}}{\sqrt{S_2}}+\frac{\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}}{\sqrt{S_3}}\right)\frac{1}{2}\cdot6=3\sqrt{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi S1 =S2=S3 <=> M là trọng tâm \(\Delta ABC\)
I
21 tháng 3 2020
Gọi AD là phân giác của tam giác ABC . Do B,C đối xứng nhau qua OT và BM=CN nên M,N đối xứng qua OT
=>\(BC//MN\)
Ta có \(\widehat{FBM}=180^0-\widehat{ABC}-\widehat{CBM}=180^0-\widehat{ABC}-\widehat{CAB}=\widehat{ACB}\)
chú ý góc đồng .vị \(\widehat{ABC}=\widehat{BFM}\)do đó \(\Delta ABC~\Delta MFB\). từ đó ta chú ý \(FM//BC\)nên theo định lý ta-lét ta có
\(\frac{QC}{QF}=\frac{BC}{FM}=\frac{BM}{FM}=\frac{AC}{AB}=\frac{DC}{DB}\)suy ra \(QD//BF\). tương tự \(PD//CE\)
từ đó theo định lý ta-lét .và tính chất đường phân giác ta có
\(\frac{DQ}{DP}=\frac{DQ}{BF}.\frac{BF}{CE}.\frac{CE}{DP}=\frac{CD}{BC}.\frac{AB}{AC}.\frac{BC}{BD}=\frac{CD}{BD}.\frac{AB}{AC}=1\).vậy DP=DQ (1)
ta lại có \(\widehat{ADQ}=\widehat{DBQ}+\widehat{BDQ}=\widehat{\frac{BAC}{2}+}\widehat{ACB}+\widehat{ABC}.\)
.vậy tương tự \(\widehat{ADP}=\frac{\widehat{BAC}}{2}+\widehat{ACB}+\widehat{ABC}\)do đó
\(\widehat{ADQ}=\widehat{ADP}\left(2\right)\)
Từ (1) zà (2) suy ra
\(\Delta ADQ=\Delta ADP\left(c.g.c\right)\)suy ra \(AP=AQ\)(dpcm)
18 tháng 7 2019
Từ A dựng đường cao AH, M dựng đường cao MD ( H, D thuộc BC )
\(\left(S_{MAB};S_{MBC};S_{MAC}\right)\rightarrow\left(S_1;S_2;S_3\right)\)
\(\Delta HAA_1\) có \(AH//MD\left(\perp BC\right)\) áp dụng Ta-let \(\Rightarrow\)\(\frac{AA_1}{MA_1}=\frac{AH}{MD}=\frac{\frac{1}{2}AH.BC}{\frac{1}{2}MD.BC}=\frac{S_{ABC}}{S_2}\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{AA_1}{MA_1}-1=\frac{MA}{MA_1}=\frac{S_{ABC}}{S_2}-1=\frac{S_1+S_3}{S_2}\)
Tương tự( dựng các đường cao hạ từ B, M và C, M ) ta cũng có: \(\frac{MB}{MB_1}=\frac{S_1+S_2}{S_3};\frac{MC}{MC_3}=\frac{S_2+S_3}{S_1}\)
Do đó: \(P=\frac{MA}{MA_1}.\frac{MB}{MB_1}.\frac{MC}{MC_1}=\frac{\left(S_1+S_2\right)\left(S_2+S_3\right)\left(S_3+S_1\right)}{S_1S_2S_3}\)
\(\ge\frac{2\sqrt{S_1S_2}.2\sqrt{S_2S_3}.2\sqrt{S_3S_1}}{S_1S_2S_3}=\frac{8\sqrt{\left(S_1S_2S_3\right)^2}}{S_1S_2S_3}=8\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\) tam giác ABC là tam giác đều và có 3 đường trung trực đồng quy tại M
1 tháng 1 2018
cho tam giác ABC. Các điểm D, E, F lần lượt thuộc AB, AC, BC. chứng minh rằng: a) diện tích ADE trên diện tích ABC bằng AD*AE trên AB*AC . b) Trong 3 tam giác ADE, BDF, CEF tồn tại 1 tam giác có diện tích không vượt quá 1/4 diện tích ABC. Khi nào cả 3 tam giác đó cùng có diện tích = 1/4 diện tích ABC
