Từ điểm O nằm trong tam giác ABC kẻ các đường thẳng song song với các cạnh BC,CA,AB. Chứng minh hệ thức
\(\frac{a'}{a}\)+ \(\frac{b'}{b}\) + \(\frac{c'}{c}\) =2 ( trong đó a' ; b'; c' lần lượt là các đường // với 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
NT
Nguyễn Thị Thương Hoài
Giáo viên
VIP
9 tháng 8 2023
Gọi J là giao điểm của BP và KE; Xét \(\Delta\)BSJ có:
PE // BS; PE = \(\dfrac{1}{2}\) BS
⇒ PF là đường trung bình của \(\Delta\)BSJ (vì đường trung bình của tam giác thì song song với cạnh thứ ba và bằng nửa cạnh ấy)
⇒ PJ = PB; EJ = ES (1)
Xét \(\Delta\)ABJ có: AF = FB (gt); PJ = PB theo (1)
⇒ PF là đường trung bình của \(\Delta\) ABJ (vì đường trung bình của tam giác đi qua trung điểm hai cạnh của tam giác và song song với cạnh còn lại)
⇒ PF// AJ (2)
Xét tứ giác ASCJ ta có: E là giao điểm hai đường chéo
AE = EC (gt)
EJ = ES ( theo (1)
⇒ Tứ giác ASCJ là hình bình hành vì tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường thì tứ giác đó là hình bình hành.
⇒ CS // CJ (3)
Kết hợp (2) và(3) ta có:
CS // PF ( vì trong cùng một mặt phẳng hai đường thẳng cùng song song với đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.)
Kết luận: nếu BS = 2EP thì CS // PF điều phải chứng minh
8 tháng 4 2020
Bài này có khá nhiều cách làm
Ta có: \(a^2=\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Cách 1:
Gọi I là giao điểm của MQ với đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Xét \(\Delta MHQ\) và \(\Delta HDQ\) có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{Q}chung\\\widehat{QMH}=\widehat{QHD}\end{cases}}\) => Tam giác MHQ đồng dạng với tam giác HDQ (gg)
=> \(\frac{QH}{QM}=\frac{QD}{QH}\) hay QH2=QM.QD=MJ=x (do tính đổi xứng tam giác ABC đều qua trụ BF) nên QH2=x.y(2)
Mặt khác vì Q thuộc HC nên QH=HC-QC=\(\frac{x+y+z}{2}-z=\frac{x+y-z}{2}\) (3)
Từ (2)và (3) có: \(\left(\frac{x+y-z}{2}\right)^2=yz\) khai triển và rút gọn t được
\(x^2+y^2+z^2=2\left(xy+yz+xz\right)\)
Thay vào (1) => \(x^2+y^2+z^2=\frac{a^2}{2}\)
Cách 2:
Giả sử EF cắt MP tại U và cắt MQ tại V
Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{MEF}=\widehat{MFN}=\widehat{FMV}\\\widehat{EMU}=\widehat{MEI}=\widehat{MFE}\end{cases}}\)
nên tam giác MEU đồng dạng với tam giác FMV => \(\frac{MU}{EU}=\frac{FV}{MV}\) hay \(MU\cdot MV=EU\cdot FV\) hay \(UV^2=BP\cdot QC\) (4)
Mặt khác \(PQ-UV=MQ-MV=QV=\frac{a}{2}\) (5)
Sử dụng (4);(5) để biến đổi biểu thức
\(A=xy+yz+zx=BP\cdot PQ+PQ\cdot QC+QC\cdot BP=PQ\left(BP+QC\right)+UV^2\)
\(=PQ\left(EF-UV\right)+UV^2=PQ\cdot\frac{a}{2}-UV\left(PQ-UV\right)=PQ\cdot\frac{a}{2}-UV\cdot\frac{a}{2}=\frac{a}{2}\left(PQ-UV\right)\)\(=\frac{a^2}{4}\)
Thay vào (1) ta có: \(x^2+y^2+z^2=\frac{a^2}{2}\)
8 tháng 4 2020
Cách 3:
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC đều. Xét điểm M nằm trên tròn tâm G bán kính GM=r
H và K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ G và M đến BC. Kẻ GS vuông góc với MK ( S thuộc MK)
Đặt PQ=2PK=2KQ=y
Giả sử K thuộc BH (nếu K thuộc HC thì cmtt)
\(BP^2+QC^2=\left(BH-PK-KH\right)^2+\left(CH-KQ+KH\right)^2\)
\(=\left(\frac{a}{2}-\frac{y}{2}-KH\right)^2+\left(\frac{a}{2}-\frac{y}{2}+KH\right)^2=2\left(\frac{a}{2}-\frac{y}{2}\right)^2+2KH^2\) (6)
Mặt khác \(KH^2=MG^2-MS^2=r^2-\left(MK-SK\right)^2=r^2-\left(\frac{y\sqrt{3}}{2}-\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)^2=r^2-\frac{3}{4}\left(y-\frac{a}{3}\right)^2\) (7)
Từ (6) và (7) có: \(BP^2+PQ^2+QC^2=\frac{1}{2}\left(a-y\right)^2+y^2+2r^2-\frac{3}{2}\left(y-\frac{a}{3}\right)^2=\frac{a^2}{2}+2r^2\) (8)
Khi M thuộc đường tròn nội tiếp tam giác ABC, nghĩa ra \(r=MG=\frac{a\sqrt{3}}{6}\)thì
\(BP^2+PQ^2+QC^2=\frac{1}{2}MF\)
22 tháng 3 2016
Ai chắc chắn giải được thì giải, đừng copy ở đâu cả. Bài lần trước Hà Hà copy ở wed khác làm sai mà Hoc24 vẫn chọn, làm tui mất điểm bài đó trong Violympic/.
29 tháng 6 2017
Cho tam giác đều ABC, cạnh bằng 3cm. M là điểm bất kì nằm trong tam giác. Qua M kẻ các đường thẳng song song với AB, BC, CA, chúng cắt BC, CA, AB theo thứ tự ở A'; B'; C'. Ta có MA' + MB' + MC' =