Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
c) Bổ đề: Cho tam giác ABC có đường cao AH. Khi đó \(AH^2\le\dfrac{\left(AB+AC-CB\right)\left(AC+AB+BC\right)}{4}\).
Thật vậy, dựng hình chữ nhật AHCE. Lấy F đối xứng với C qua AF.
Ta có \(AH=CE=\dfrac{CF}{2}\).
Do đó \(CF^2+CB^2=BF^2\le\left(AB+AF\right)^2=\left(AB+AC\right)^2\Rightarrow CF^2\le\left(AB+AC-CB\right)\left(AC+AB+BC\right)\Rightarrow AH^2\le\dfrac{\left(AB+AC-CB\right)\left(AC+AB+BC\right)}{4}\).
Bổ đề được cm.
Áp dụng ta có \(\dfrac{\left(AB+BC+CA\right)^2}{AA'^2+BB'^2+CC'^2}\ge\dfrac{\left(AB+BC+CA\right)^2}{\dfrac{\left(AB+AC-CB\right)\left(AC+AB+BC\right)}{4}+\dfrac{\left(BC+BA-AC\right)\left(AC+AB+BC\right)}{4}+\dfrac{\left(BC+AC-AB\right)\left(AC+AB+BC\right)}{4}}=4\).
Vậy ta có đpcm.
a) Ta có \(\dfrac{HA'}{AA'}=\dfrac{HA'.BC}{AA'.BC}=\dfrac{2S_{HBC}}{2S_{ABC}}=\dfrac{S_{HBC}}{S_{ABC}}\).
Tương tự \(\dfrac{HB'}{BB'}=\dfrac{S_{HCA}}{S_{ABC}};\dfrac{HC'}{CC'}=\dfrac{S_{HAB}}{S_{ABC}}\).
Do đó \(\dfrac{HA'}{AA'}+\dfrac{HB'}{BB'}+\dfrac{HC'}{CC'}=\dfrac{S_{HBC}+S_{HCA}+S_{HAB}}{S_{ABC}}=1\).
Bài 1:
Gọi E là trung điểm AG và AD là trung tuyến
Mà G là trọng tâm nên \(AE=EG=GD=\dfrac{1}{3}AD\)
Gọi E' và D' lần lượt là hình chiếu của E và D lên d
Ta có AA'//BB'//CC'//DD'//EE'//GG' (cùng vuông góc với d)
Xét hình thang AA'G'G có E là trung điểm AG và EE'//AA'//GG' nên E' là trung điểm A'G'
Do đó EE' là đtb hình thang AA'G'G
Do đó \(EE'=\dfrac{AA'+GG'}{2}\left(1\right)\)
Xét hình thang BB'C'C có D là trung điểm BC và DD'//BB'//CC' nên D' là trung điểm B'C'
Do đó DD' là đtb hình thang BB'C'C
Do đó \(DD'=\dfrac{BB'+CC'}{2}\left(2\right)\)
Xét hình thang EE'D'D có G là trung điểm ED và EE'//DD'//GG' nên G' là trung điểm E'D'
Do đó GG' là đtb hình thang EE'D'D
Do đó \(2GG'=EE'+DD'\left(3\right)\)
Từ \(\left(1\right)\left(2\right)\left(3\right)\Rightarrow2GG'=\dfrac{AA'+GG'+BB'+CC'}{2}\)
\(\Rightarrow4GG'=AA'+BB'+GG'+CC'\\ \Rightarrow3GG'=AA'+BB'+CC'\\ \Rightarrow GG'=\dfrac{AA'+BB'+CC'}{3}\)
E sửa lại cái đề đi nha
Kẻ MN đối ME sao cho \(MN=ME\); DE cắt AB tại F
Mà \(AM=MD;\widehat{AMN}=\widehat{EMD}\left(đối.đỉnh\right)\)
Do đó \(\Delta AMN=\Delta DME\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ANM}=\widehat{MED};AN=DE\)
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên AN//DE
Vì tg ABC đều nên \(\widehat{FAD}=60^0;\widehat{ACB}=60^0\)
Mà tg AFD vuông tại F nên \(\widehat{ADF}=90^0-\widehat{FAD}=30^0\)
Do đó \(\widehat{ADF}=\widehat{EDC}=30^0\left(đối.đỉnh\right)\)
Ta có \(\widehat{ECD}=\widehat{ECB}-\widehat{ACB}=90^0-60^0=30^0\Rightarrow\widehat{ECD}=\widehat{EDC}\)
Do đó tg EDC cân tại E nên \(ED=EC\)
\(\Rightarrow EC=AN\)
Ta có AN//DE;DE⊥AB nên AN⊥AB
Vì \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{NAB}=\widehat{ECB}=90^0\\AN=EC\\AB=AC\end{matrix}\right.\) nên \(\Delta ANB=\Delta CEB\left(2.cgv\right)\)
\(\Rightarrow AB=AE\left(1\right);\widehat{NBA}=\widehat{EBC}\\ \Rightarrow\widehat{NBA}+\widehat{ABE}=\widehat{EBC}+\widehat{ABE}=\widehat{ABC}=60^0\left(2\right)\)
\(\left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow\Delta BNE\) đều
Mà BM là trung tuyến \(\left(NM=ME\right)\) nên cũng là p/g
Vậy \(\widehat{MBE}=\dfrac{1}{2}\widehat{NBE}=30^0\)
a,Xét \(\Delta AA^,Cvà\Delta BA^,Hcó:\)
\(\widehat{AA^,C}=\widehat{BA^,}H\)\(=90^0\)
\(\widehat{ACA^,}=\widehat{BHA^,}\)(cùng phụ với góc HBC)
Vậy \(\Delta AA^,C\sim\Delta BA^,H\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AA^,}{A^,B}=\frac{A^,C}{A^,H}\)
\(\Rightarrow\)A,A.A,H=A,B.A,C(đpcm)