Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu c) Các bạn tự vẽ hình nhé mình chỉ giải thôi:
Kẻ tia Cx vuông góc với CC'. Vẽ D là điểm đối xứng với A qua Cx. AD giao Cx tại I.
C/m C'AIC là hcn=> Góc BAD = 90 độ
=> CC'= AI
Có: D đối xứng với D qua Cx, I là giao điểm của AD và Cx
=> I là trung điểm của AD=> 2AI=AD
=> 2CC'=AD.
=> AB2+ AD2= BD2( Đlí PTG)
Ta có: Với 3 điểm B,C,D thì sẽ luôn có: (BD+CD)2>= BD2
Có: AB2+ AD2=BD2
=> (BD+CD)2>= AB2+ AD2
=> (BD+CD)2>= AB2+ (2CC')2
=> (BD+CD)2>= AB2+ 4CC'
=> (BD+CD)2- AB2>= 4CC'(1)
CMTT=> (AB+AC)2-BC2>= 4AA'(2)
và (AB+BC)2- AC2>= 4BB'(3)
Từ (1),(2) và (3) ta chứng minh đc:
(AB+BC+AC)2>= 4(AA'2+BB'2+CC'2)
=> GTNN bằng 4 <=> BC=AC; AC=AB; AB=BC<=> AB=BC=AC
=> GTNN là 4 khi tam giác ABC đều.
c)Vẽ Cx CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx
-Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’
ta có: BD BC + CD
-BAD vuông tại A nên: AB2+AD2 = BD2
AB2 + AD2 >= (BC+CD)2
AB2 + 4CC’2 >= (BC+AC)2
4CC’2 >=(BC+AC)2 – AB2
Tương tự: 4AA’2 >= (AB+AC)2 – BC2
4BB’2 (AB+BC)2 – AC2
4(AA’2 + BB’2 + CC’2)>= (AB+BC+AC)2
b)Do AI là phân giác
=>\(\frac{IB}{IC}=\frac{AB}{AC}\)
Do IN là phân giác=>\(\frac{AN}{BN}=\frac{AI}{BI}\)
Do IM là phân giác
=>\(\frac{CM}{AM}=\frac{CI}{AI}\)
=>\(\frac{BI}{CI}\cdot\frac{AN}{BN}\cdot\frac{CM}{AM}=\frac{AB}{AC}\cdot\frac{AI}{BI}\cdot\frac{CI}{AI}=\frac{AB}{AC}\cdot\frac{CI}{BI}=1\)
=>AN.BI.CM=BN.IC.AM
A=(\frac{m-1}{1}+...+\frac{m-(m-1)}{m-1}+\frac{m-m}{m})+(\frac{1}{m-1}+\frac{2}{m-2}+...+\frac{m-2}{2}+\frac{m-1}{1})
A B C A' B' C' H I M N
a) Ta có : \(\frac{HA'}{AA'}=\frac{S_{HA'C}}{S_{AA'C}}=\frac{S_{BHA'}}{S_{AA'B}}=\frac{S_{HA'C}+S_{BHA'}}{S_{AA'B}+S_{AA'C}}=\frac{S_{BHC}}{S_{ABC}}\)
Tương tự : \(\frac{HB'}{BB'}=\frac{S_{AHC}}{S_{ABC}};\frac{HC'}{CC'}=\frac{S_{AHB}}{S_{ABC}}\)
\(\Rightarrow\frac{HA'}{AA'}+\frac{HB'}{BB'}+\frac{HC'}{CC'}=1\)
b) Ta có : \(\frac{AN}{BN}=\frac{AI}{BI}\)
mà \(\frac{AI}{CI}=\frac{AM}{BM}\Rightarrow AI=\frac{AM}{CM}.CI\)
\(\Rightarrow\frac{AN}{BN}=\frac{AM}{CM}.\frac{CI}{BI}\Rightarrow AN.CM.BI=BN.AM.CI\)
A B C A' H I I x D
vẽ Cx \(\perp\)CC' ; vẽ D đối xứng với A qua Cx ; DA giao điểm Cx tại I
\(\Rightarrow\)CD = AC và tam giác C'CIA là hình chữ nhật
\(\Rightarrow\)CC' = AI = ID ; \(\widehat{BAD}=90^o\)
Ta có BD \(\le\)BC + CD . Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(\Delta BAD\)vuông tại A \(\Rightarrow\)AC = BC
\(\Rightarrow\)BD2 \(\le\)( BC + CD )2
\(\Delta BAD\)vuông tại A \(\Rightarrow\)BD2 = AB2 + AD2
\(\Rightarrow\)AB2 + AD2 \(\le\)( BC + AC )2
\(\Rightarrow\)AD2 \(\le\)( BC + AC )2 - AB2
\(\Rightarrow\)4CC'2 \(\le\)( BC + AC )2 - AB2 . Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)AC = BC
tương tự , 4BB'2 \(\le\) ( AB + BC )2 - AC2 Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)AB = BC
4AA'2 \(\le\)( AB + AC )2 - BC2 Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)AB = AC
Suy ra : \(4\left(AA'^2+BB'^2+CC'^2\right)\le\left(AB+BC+AC\right)^2\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{\left(AB+BC+AC\right)^2}{AA'^2+BB'^2+CC'^2}\ge4\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)AB = BC = AC hay tam giác ABC đều
tự kẻ hình nha bạn
a, có \(\hept{\begin{cases}S_{HBC}=\frac{BC\cdot HA'}{2}\\S_{ABC}=\frac{BC\cdot AA'}{2}\end{cases}}\) \(\Rightarrow\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}=\frac{BC\cdot HA'}{2}\div\frac{BC\cdot AA'}{2}=\frac{HA'}{AA'}\)
có tương tự ta có \(\frac{S_{HAC}}{S_{ABC}}=\frac{HB'}{BB'}\) và \(\frac{S_{HAB}}{S_{ABC}}=\frac{HC'}{CC'}\)
\(\Rightarrow\frac{S_{HAC}+S_{HBC}+S_{HAB}}{S_{ABC}}=\frac{HA'}{AA'}+\frac{HB'}{BB'}+\frac{HC'}{CC'}\)
\(\Rightarrow\frac{HA'}{AA'}+\frac{HB'}{BB'}+\frac{HC'}{CC'}=1\)
để mjnh làm tiếp câu b
b, IN là pg của \(\widehat{AIB}\) (gt)
\(\Rightarrow\frac{NB}{IB}=\frac{NA}{AI}\) (tc)
\(\Rightarrow NB\cdot AI=IB\cdot NA\)
\(\Rightarrow NB\cdot AI\cdot CM=IB\cdot AN\cdot CM\left(1\right)\)
IM là pg của \(\widehat{AIC}\) (gt)
\(\Rightarrow\frac{AM}{AI}=\frac{MC}{IC}\)
\(\Rightarrow AM\cdot IC=AI\cdot CM\)
\(\Rightarrow AM\cdot IC\cdot NB=AI\cdot CM\cdot NB\left(2\right)\)
\(\left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow AN\cdot BI\cdot CM=BN\cdot CI\cdot AM\)
Bài 2:
1: Xét ΔHBC có HA' là đường cao
nên \(S_{HBC}=\frac12\cdot HA^{\prime}\cdot BC\left(1\right)\)
Xét ΔABC có AA' là đường cao
nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot A^{\prime}A\cdot BC\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HA^{\prime}\cdot BC}{\frac12\cdot A^{\prime}A\cdot BC}=\frac{HA^{\prime}}{A^{\prime}A}\)
Xét ΔHAC có HB' là đường cao
nên \(S_{HAC}=\frac12\cdot HB^{\prime}\cdot AC\left(3\right)\)
Xét ΔBAC có BB' là đường cao
nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot BB^{\prime}\cdot AC\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(\frac{S_{HAC}}{S_{BAC}}=\frac{\frac12\cdot HB^{\prime}\cdot AC}{\frac12\cdot BB^{\prime}\cdot AC}=\frac{HB^{\prime}}{BB^{\prime}}\)
Xét ΔHAB có HC' là đường cao
nên \(S_{HAB}=\frac12\cdot HC^{\prime}\cdot AB\left(5\right)\)
Xét ΔCAB có CC' là đường cao
nên \(S_{CAB}=\frac12\cdot C^{\prime}C\cdot AB\left(6\right)\)
Từ (5),(6) suy ra \(\frac{S_{HAB}}{S_{CAB}}=\frac{\frac12\cdot HC^{\prime}\cdot AB}{\frac12\cdot C^{\prime}C\cdot AB}=\frac{HC^{\prime}}{C^{\prime}C}\)
Ta có: \(\frac{HA^{\prime}}{A^{\prime}A}+\frac{HB^{\prime}}{BB^{\prime}}+\frac{HC^{\prime}}{C^{\prime}C}\)
\(=\frac{S_{HAB}+S_{HAC}+S_{BCH}}{S_{BAC}}=1\)
2: Xét ΔBA'H vuông tại A' và ΔBB'C vuông tại B' có
\(\hat{HBA^{\prime}}\) chung
Do đó: ΔBA'H~ΔBB'C
=>\(\frac{BA^{\prime}}{BB^{\prime}}=\frac{BH}{BC}\)
=>\(BH\cdot BB^{\prime}=BA^{\prime}\cdot BC\)
Xét ΔCA'H vuông tại A' và ΔCC'B vuông tại C' có
\(\hat{A^{\prime}CH}\) chung
Do đó: ΔCA'H~ΔCC'B
=>\(\frac{CA^{\prime}}{C^{\prime}C}=\frac{CH}{CB}\)
=>\(CH\cdot C^{\prime}C=CA^{\prime}\cdot CB\)
\(BH\cdot BB^{\prime}+CH\cdot C^{\prime}C\)
\(=BA^{\prime}\cdot BC+CA^{\prime}\cdot BC=BC\left(BA^{\prime}+CA^{\prime}\right)=BC^2\)
Bài 1:
Xét ΔBAC có
BM,CN là các đường cao
BM cắt CN tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔBAC
=>AH⊥BC tại E
Xét tứ giác ANHM có \(\hat{ANH}+\hat{AMH}=90^0+90^0=180^0\)
nên ANHM là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{NMH}=\hat{NAH}=\hat{BAE}\left(1\right)\)
Xét tứ giác CMHE có \(\hat{CMH}+\hat{CEH}=90^0+90^0=180^0\)
nên CMHE là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{EMH}=\hat{ECH}=\hat{NCB}\)
mà \(\hat{NCB}=\hat{BAE}\left(=90^0-\hat{ABC}\right)\)
nên \(\hat{EMH}=\hat{BAE}\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{NMB}=\hat{EMB}\)
=>MB là phân giác của góc NME