3/ Lấy M tùy ý nằm trong tam giác ABC. Gọi D,E,F là hình chiếu của M trên BC,AC,AB. Đặt BC=a,AC=b,AB=c,MD=x,ME=y,MF=z. Chứng minh rằng
a. ax+by+cz=2S (S=Sabc)
b. \(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\ge\frac{2p^2}{S}\) (p=a+b+c/2)
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
29 tháng 2 2020
a ) Ta có : \(S_{\Delta ABC}=S_{\Delta MBC}+S_{\Delta MCA}+S_{\Delta MAB}\)
\(\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}MD.BC+\frac{1}{2}ME.AC+\frac{1}{2}MF.AB\)
\(\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}ax+\frac{1}{2}by+\frac{1}{2}cz\)
\(\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}\left(ax+by+cz\right)\)
\(\Rightarrow2S=ax+by+cz\)
\(\Rightarrowđpcm\)
b ) Ta có :
\(\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\right)\left(ax+by+cz\right)=\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(\frac{a}{x}.by+\frac{b}{y}.ax\right)+\left(by.\frac{c}{z}+cz.\frac{b}{y}\right)+\left(cz.\frac{a}{x}+ax.\frac{c}{z}\right)\)
\(=\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab\left(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\right)+bc\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+ca\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)\)
\(\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2by+2ca=\left(a+b+c\right)^2\)
( vì ta dễ chứng minh được \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\) - tương tự với \(\frac{y}{z}+\frac{z}{y};\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\)
Vậy \(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(ax+by+cz\right)}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2S}\)
Dấu " = " xay ra \(\Leftrightarrow x=y=z\)
Vậy Min \(\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\right)=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2S}\)
Chúc bạn học tốt !!
23 tháng 3 2019
a) Ta có: \(S_{\Delta ABC}=S_{\Delta MBC}+S_{\Delta MCA}+S_{\Delta MAB}\)
\(\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}MD.BC+\frac{1}{2}ME.AC+\frac{1}{2}MF.AB\)
\(\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}ax+\frac{1}{2}by+\frac{1}{2}cz\)
\(\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}\left(ax+by+cz\right)\)
\(\Rightarrow S=\frac{1}{2}\left(ax+by+cz\right)\)
\(\Rightarrow2S=ax+by+cz\)
=> đpcm
b) Ta có: \(\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\right)\left(ax+by+cz\right)=\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(\frac{a}{x}.by+\frac{b}{y}.ax\right)\) \(+\left(by.\frac{c}{z}+cz.\frac{b}{y}\right)+\left(cz.\frac{a}{x}+ax.\frac{c}{z}\right)\)
\(=\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab\left(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\right)+bc\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+ca\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)\)
\(\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2by+2ca=\left(a+b+c\right)^2\)
(vì ta dễ chứng minh được \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\) - tương tự với \(\frac{y}{z}+\frac{z}{y};\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\))
Vậy \(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(ax+by+cz\right)}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2S}\)
Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z
Vậy \(min\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\right)=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2S}\)
13 tháng 1 2017
Bạn ghi sai đề (kí hiệu x,y,...) Mình sửa lại cho bạn rồi :)
Ta có : \(S_{ABC}=S_{MBC}+S_{MAB}+S_{MAC}\)
\(S_{MBC}=\frac{1}{2}a.x\Rightarrow ax=2S_{MBC}\)
Tương tự : \(by=2S_{MAC}\) , \(cz=2S_{MAB}\)
\(\Rightarrow ax+by+cz=2\left(S_{MAB}+S_{MBC}+S_{MAC}\right)=2S_{ABC}\) (đpcm)
20 tháng 7 2017
BẠN TỰ VẼ HÌNH NHA
Giải
Gọi cạnh tam giác đều ABC la a, chiều cao là h.Ta có:
a) Ta có Stam giác BMC+Stam giác CMA+Stam giác AMB =Stam giác ABC
<=>(1/2)ax+(1/2)ay+(1/2)az=(1/2)ah <=> (1/2)a.(x+y+z)=(1/2)ah
<=>x+y+z=h không phụ thuộc vào vị trí của điểm M
b) x2+y2\(\ge\)2xy ; y2+z2\(\ge\)2yz ; z2+x2\(\ge\)2zx
=>2.(x2+y2+z2) \(\ge\)2xy+2xz+2yz
=>3.(x2+y2+z2) \(\ge\)x2+y2+z2+2xy+2xz+2yz
=>x2+y2+z2 \(\ge\)(x+y+z)2/3=h2/3 không đổi
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
Vậy để x2 + y2 + z2 đạt giá trị nhỏ nhất thì M là giao điểm của 3 đường phân giác của tam giác ABC hay M là tâm của tam giác ABC
20 tháng 7 2017
\(a.\)Ta có: \(S_{\Delta BMC}=\frac{BC.x}{2}\)\(\Rightarrow\)\(x=\frac{2.S_{\Delta MBC}}{BC}\)
\(S_{\Delta BMA}=\frac{BA.z}{2}\)\(\Rightarrow\)\(z=\frac{2.S_{\Delta BMA}}{AB}\)
\(S_{\Delta AMC}=\frac{AC.y}{2}\)\(\Rightarrow\)\(y=\frac{2.S_{\Delta AMC}}{AC}\)
mà \(\Delta ABC\) đều nên AB = BC = CA
suy ra \(x+y+z=\frac{2\left(S_{\Delta AMC}+S_{\Delta BMA}+S_{\Delta BMC}\right)}{AB}\)
suy ra đpcm
11 tháng 10 2018
Gọi G là đỉnh thứ tư của hình bình hành KMIG. Giao điểm của MG và IK là N.
Do tứ giác KMIG là hình bình hành nên MI = KG và ^MKG + ^KMI = 1800 hay ^MKG + ^EMD = 1800
Ta có: \(\frac{MI}{BC}=\frac{MK}{AC}\). Do MI = KG nên \(\frac{KG}{BC}=\frac{MK}{AC}\)
Xét tứ giác CDME có: ^CDM = ^CEM = 900 => ^ECD + ^EMD = 1800. Mà ^MKG + ^EMD = 1800 (cmt)
Nên ^ECD = ^MKG hay ^ACB = ^MKG
Xét \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)MGK có: \(\frac{GK}{BC}=\frac{MK}{AC}\); ^ACB = ^MKG => \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)MGK (c.g.c)
=> ^BAC = ^GMK và \(\frac{MG}{AB}=\frac{MK}{AC}\)
Lại có: \(\frac{MK}{AC}=\frac{ML}{AB};\frac{MG}{AB}=\frac{MK}{AC}\)(cmt) => \(\frac{ML}{AB}=\frac{MG}{AB}\)=> ML = MG
Ta thấy: Tứ giác AFME có ^AFM = ^AEM = 900 => ^FAE + ^FME = 1800 . Mà ^FAE = ^BAC = ^GMK (cmt)
Nên ^GMK + ^FME = 1800 => G;M;F thẳng hàng. Hay G;M;I thẳng hàng
Mặt khác: N là trung điểm KI và MG (T/c hbh) => Điểm M nằm trên trung tuyến LN của \(\Delta\)IKL (1)
MG = ML; MN = 1/2.MG (cmt) => MN=1/2.ML (2)
Từ (1) và (2) => M là trọng tâm của \(\Delta\)IKL (đpcm).
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
25 tháng 9 2023
\(\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {ME} + \overrightarrow {MF} = \left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OD} } \right) + \left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OE} } \right) + \left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OF} } \right)\)
Qua M kẻ các đường thẳng \({M_1}{M_2}//AB;{M_3}{M_4}//AC;{M_5}{M_6}//BC\)
Từ đó ta có: \(\widehat {M{M_1}{M_6}} = \widehat {M{M_6}{M_1}} = \widehat {M{M_4}{M_2}} = \widehat {M{M_2}{M_4}} = \widehat {M{M_3}{M_5}} = \widehat {M{M_5}{M_3}} = 60^\circ \)
Suy ra các tam giác \(\Delta M{M_3}{M_5},\Delta M{M_1}{M_6},\Delta M{M_2}{M_4}\) đều
Áp dụng tính chất trung tuyến \(\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\)(với M là trung điểm của BC) ta có:
\(\overrightarrow {ME} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_1}} + \overrightarrow {M{M_6}} } \right);\overrightarrow {MD} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_2}} + \overrightarrow {M{M_4}} } \right);\overrightarrow {MF} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_3}} + \overrightarrow {M{M_5}} } \right)\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {ME} + \overrightarrow {MF} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_2}} + \overrightarrow {M{M_4}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_1}} + \overrightarrow {M{M_6}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_3}} + \overrightarrow {M{M_5}} } \right)\)
Ta có: các tứ giác \(A{M_3}M{M_1};C{M_4}M{M_6};B{M_2}M{M_5}\) là hình bình hành
Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có
\(\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {ME} + \overrightarrow {MF} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_2}} + \overrightarrow {M{M_4}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_1}} + \overrightarrow {M{M_6}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_3}} + \overrightarrow {M{M_5}} } \right)\)
\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_1}} + \overrightarrow {M{M_3}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_2}} + \overrightarrow {M{M_5}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_4}} + \overrightarrow {M{M_6}} } \right)\)
\( = \frac{1}{2}\overrightarrow {MA} + \frac{1}{2}\overrightarrow {MB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {MC} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right)\)
\( = \frac{1}{2}\left( {\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OA} } \right) + \left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OB} } \right) + \left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OC} } \right)} \right)\)
\( = \frac{1}{2}\left( {3\overrightarrow {MO} + \left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right)} \right) = \frac{3}{2}\overrightarrow {MO} \) (đpcm)
Vậy \(\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {ME} + \overrightarrow {MF} = \frac{3}{2}\overrightarrow {MO} \)
a) Ta có : \(S_{AMB}=\frac{cz}{2};S_{BMC}=\frac{ax}{2};S_{MAC}=\frac{by}{2}\)
\(\Rightarrow S_{AMB}+S_{BMC}+S_{MAC}=\frac{cz+ax+by}{2}=S_{ABC}\)
\(\Rightarrow ax+by+cz=2S_{ABC}\)(đpcm)
b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :
\(\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\right)\left(ax+by+cz\right)\ge\left(\sqrt{\frac{a}{x}.ax}+\sqrt{\frac{b}{y}.by}+\sqrt{\frac{c}{z}.cz}\right)^2=\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ax+by+cz}=\frac{2\left(\frac{a+b+c}{2}\right)^2}{\frac{ax+by+cz}{2}}=\frac{2p^2}{S}\)(đpcm)