Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho 2 bộ số \(\left(\sqrt{ax},\sqrt{by},\sqrt{cz}\right)\) và \(\left(\sqrt{\frac{a}{x}};\sqrt{\frac{b}{y}};\sqrt{\frac{c}{z}}\right)\)có:
\(\left(ax+by+cz\right)\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\right)\ge\left(\sqrt{ax}.\sqrt{\frac{a}{x}}+\sqrt{by}.\sqrt{\frac{b}{y}}+\sqrt{cz}.\sqrt{\frac{c}{z}}\right)^2\)
Suy ra \(\left(ax+by+cz\right)\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)(1)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z\), tức là M cách đều BC,CA,AB hay M là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC
Ta có \(2S_{ABC}=2S_{BMC}+2S_{CMA}+2S_{AMB}=ax+by+cz\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2S_{ABC}}=const\)
Vậy Min \(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2S_{ABC}}\). Đạt được khi M là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC.
Dựng hình bình hành OZWY. Ta có YW = OZ = AB và ^WYO = 1800 - ^YOZ = ^BAC
Xét \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)YWO: AB = OZ, AC = YO, ^BAC = ^WYO => \(\Delta\)ABC = \(\Delta\)YWO (c.g.c)
Suy ra ^ACB = ^YOW (2 góc tương ứng). Vì ^ACB + ^XOY = 1800 nên ^YOW + ^XOY = 1800
Suy ra X,O,W thẳng hàng. Theo tính chất hình bình hành thì WO chia đôi YZ
Do đó XO cũng chia đôi YZ. Chứng minh tương tự YO chia đôi ZX, ZO chia đôi XY
Vậy thì O là trọng tâm của tam giác XYZ (đpcm).
* Bài toán tổng quát: Cho tam giác ABC. Một điểm O bất kì nằm trong tam giác. Trên đường thẳng qua O vuông góc BC,CA,AB lần lượt lấy các điểm X,Y,Z sao cho \(\frac{OX}{BC}=\frac{OY}{CA}=\frac{OZ}{AB}=k\). Khi đó O là trọng tâm của tam giác XYZ.
Phép chứng minh cũng tương tự như bài toán vừa rồi.
Cho tam giác ABC và điểm M trong tam giác. Gọi khoảng cách từ M đến các cạnh BC, CA, AB lần lượt là da, db, dc và khoảng cách từ M đến các đỉnh A,B,C là x,y,z và AB=c, BC=a, CA=b. CMR:
x+y+z\(\ge\)2(da+db+dc) ( BĐT Erdos )