Cho tam giác ABC vuông tại A. AH vuông góc với BC tại H.I,K lần lượt là hình chiếu của H trên AB, AC.M là trung điểm của BC. Chứng minh AM vuông góc với IK
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
thiếu đề nhưng mk đã làm 1 bài giống thế này nên biết đoạn sau của nó như sau: CMR:AB+BC+CA>3/2(AH+BH+CH)...Nếu ko đúng thì bỏ qua nhé!
Nếu chỉ có BDT đươn thuần thì :
Qua H kẻ đt // AC cắt AB tại X và đt // AB cắt AC tại Y => XHY là hbh và HX vg BH, HY vg CH
AB + AC = BX + (XA + AY) + YC = BX + (AX + XH) + YC > HB + HA + HC
Tương tự có BA + BC > HA + HB + HC, CA + CB > HA + HB + HC
Cộng vế theo vế 3 bđt ta có 2(AB + AC + BC) > 3(HA + HB + HC)
```````````````````````````````````````...
Ta se Cm một BDT mạnh hơn và toàn diện hơn
Giả sử a >=b >= c. Do 2S = a ha = b hb = c hc =>ha <= hb <= hc
Goij A1; B1 ; C1 lan luot la hinh chieu cua A; B : C len cac canh cua Tam giac ABC
Ta co ha = AH.S/( Sb + Sc) ≤ hb = BH.S/(Sa + Sc) => AH( Sa + Sc) ≤ BH( Sb + Sc) (1 )
Ta se CM Sa ≥ Sb
DO Sa/Sb = BC1/AC1 = BC cosB /( AC cosA) = sinA cosB/(sinB cosA) = tanA/tanB ≥ 1 do a ≥ b suy ra Sa≥ Sb => Sa + Sc ≥ Sb + Sc ( 2)
Tu (1) va (2 ) suy ra AH ≤ BH, tuong tu ta suy ra BH ≤ CH do do AH ≤ BH ≤ CH \
Do 6S = a ha + b hb + c hc = aAH + b BH + c CH + 2(Sa+Sb+Sc) =
= aAH + b BH + c CH +2S => aAH + b BH + c CH = 4S
Áp dụng BDT che-bu-sep ta co (a+b+c)(AH + BH + CH) <= 3( a AH + b BH + c CH)
= 12S = 6absinC = 24R^2 sinA sinB sinC
Ta dự đoán 12R^2 sinA sinB sinC <= 1/(2√3) (a+b+c)^2 = 2/(√3)R^2 * ( sinA + sinB + sinC)^2
<=> sinA sinB sinC < = 1/(6√3) ( sinA + sinB + sinC)^2
Ta có (sinA + sinB + sinC )^2 <= 3( sin^2A + sin^2B + sin^2C) =
= 3/2 ( 2 - cos^2C + cosC cos( A-B) ) <= 3/2 ( 2 -cos^2C + cosC)
<= 27/4 =>sinA + sinB + sinC ≤ 3√3/2
=> 3√3/2 ≥ 3³√(sinA sinB sinC) => ³√(sinA sinB sinC) ≤ √3/2
suy ra (sinA + sinB + sinC)²/(sinA sinB sinC) ≥ 9/³√(sinA sinB sinC) ≥ 6√3
Từ đó suy ra (a+b+c)(AH + BH + CH) ≤ √3/3 ( a + b + c )² =>
=> 3/2( AH + BH + CH) ≤ √3/2 (a+b+c) < a + b + c
THIẾU ĐỀ NHƯNG MÌNH LÀM BÀI TƯƠNG TỰ GIỐNG BÀI CỦA BẠN NHA !
Nếu chỉ có BDT đươn thuần thì :
Qua H kẻ đt // AC cắt AB tại X và đt // AB cắt AC tại Y => XHY là hbh và HX vg BH, HY vg CH
AB + AC = BX + (XA + AY) + YC = BX + (AX + XH) + YC > HB + HA + HC
Tương tự có BA + BC > HA + HB + HC, CA + CB > HA + HB + HC
Cộng vế theo vế 3 bđt ta có 2(AB + AC + BC) > 3(HA + HB + HC)
```````````````````````````````````````...
Ta se Cm một BDT mạnh hơn và toàn diện hơn
Giả sử a >=b >= c. Do 2S = a ha = b hb = c hc =>ha <= hb <= hc
Goij A1; B1 ; C1 lan luot la hinh chieu cua A; B : C len cac canh cua Tam giac ABC
Ta co ha = AH.S/( Sb + Sc) ≤ hb = BH.S/(Sa + Sc) => AH( Sa + Sc) ≤ BH( Sb + Sc) (1 )
Ta se CM Sa ≥ Sb
DO Sa/Sb = BC1/AC1 = BC cosB /( AC cosA) = sinA cosB/(sinB cosA) = tanA/tanB ≥ 1 do a ≥ b suy ra Sa≥ Sb => Sa + Sc ≥ Sb + Sc ( 2)
Tu (1) va (2 ) suy ra AH ≤ BH, tuong tu ta suy ra BH ≤ CH do do AH ≤ BH ≤ CH \
Do 6S = a ha + b hb + c hc = aAH + b BH + c CH + 2(Sa+Sb+Sc) =
= aAH + b BH + c CH +2S => aAH + b BH + c CH = 4S
Áp dụng BDT che-bu-sep ta co (a+b+c)(AH + BH + CH) <= 3( a AH + b BH + c CH)
= 12S = 6absinC = 24R^2 sinA sinB sinC
Ta dự đoán 12R^2 sinA sinB sinC <= 1/(2√3) (a+b+c)^2 = 2/(√3)R^2 * ( sinA + sinB + sinC)^2
<=> sinA sinB sinC < = 1/(6√3) ( sinA + sinB + sinC)^2
Ta có (sinA + sinB + sinC )^2 <= 3( sin^2A + sin^2B + sin^2C) =
= 3/2 ( 2 - cos^2C + cosC cos( A-B) ) <= 3/2 ( 2 -cos^2C + cosC)
<= 27/4 =>sinA + sinB + sinC ≤ 3√3/2
=> 3√3/2 ≥ 3³√(sinA sinB sinC) => ³√(sinA sinB sinC) ≤ √3/2
suy ra (sinA + sinB + sinC)²/(sinA sinB sinC) ≥ 9/³√(sinA sinB sinC) ≥ 6√3
Từ đó suy ra (a+b+c)(AH + BH + CH) ≤ √3/3 ( a + b + c )² =>
=> 3/2( AH + BH + CH) ≤ √3/2 (a+b+c) < a + b + c
```````````````````````````````````````...
Rõ ràng BDT cuối mà ta cm dc mạnh hơn BDT cần CM
Ta có \(A=\left(x+y\right)\left(x+2y\right)\left(x+3y\right)\left(x+4y\right)+y^4\)
\(=\left(x^2+5xy+4y^2\right)\left(x^2+5xy+6y^2\right)+y^4\)
Đặt \(x^2+5xy+5y^2=t\) thì:
\(A=\left(t-y^2\right)\left(t+y^2\right)+y^4=t^2-y^4+y^4=t^2=\left(x^2+5xy+5y^2\right)^2\)
Vì \(x,y\in Z\) nên \(x^2\in Z,\)\(5xy\in Z,\)\(5y^2\in Z\)\(\Rightarrow\)\(x^2+5xy+5y^2\in Z\)
Vậy A là số chính phương.
Gọi giao điểm của AC và BD là O, giao điểm của NC và EF là I.
Xét tam giác ANC có M là trung điểm AN, O là trung điểm AC nên MO là đường trung bình tam giác ANC. Vì vậy, MO hay BD song song NC.
Ta có: \(\widehat{EFC}=\widehat{NCF}=\widehat{CDM}=\widehat{DCA}\Rightarrow\) EF // AC.
b. Kéo dài EF cắt AN tại M', ta chứng minh M' = M.
Thật vậy, xét tam giác ANC có I là trung điểm NC, IM' song song AC nên M' là trung điểm AN. Vậy M' trùng M hay M, E ,F thẳng hàng.
Hoàng Thị Thu Huyền cô Huyền ơi cho em hỏi tại s anh Việt và cô gv (QT) s wá trời điểm ạ
Ta có : \(\frac{bc}{\sqrt{3a+bc}}=\frac{bc}{\sqrt{\left(a+b+c\right)a+bc}}=\frac{bc}{\sqrt{a^2+ab+ac+bc}}=\frac{bc}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)
Áp dụng bđt Cauchy , ta có : \(\frac{bc}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{bc}{2}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\)
Tương tự : \(\frac{ac}{\sqrt{3b+ac}}=\frac{ac}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{ac}{2}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)\); \(\frac{ab}{\sqrt{3c+ab}}=\frac{ab}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{ab}{2}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\)
\(\Rightarrow P=\frac{bc}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\frac{ac}{\sqrt{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}}+\frac{ab}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}}\)
\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{a+c}+\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab+bc}{a+c}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ac}{a+b}\right)=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)=\frac{3}{2}\)
Suy ra : Max P \(=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1\)
đây nhé Câu hỏi của Steffy Han - Toán lớp 8 | Học trực tuyến
Giả sử hai đường trung tuyến CM và BN vuông góc với nhau tại O.
Đặt OM = y , ON = x (x,y > 0) , suy ra OB = 2x , OC = 2y
Ta có : \(AB^2=\left(2BM\right)^2=4BM^2=4\left(4x^2+y^2\right)\)
\(AC^2=\left(2CN\right)^2=4CN^2=4\left(4y^2+x^2\right)\)
\(\Rightarrow AB^2+AC^2=4\left(4x^2+y^2\right)+4\left(4y^2+x^2\right)\)
\(=4\left(5x^2+5y^2\right)=5\left(4x^2+4y^2\right)=5\left[\left(2x\right)^2+\left(2y\right)^2\right]\)
\(=5\left(OB^2+OC^2\right)=BC^2\)
\(\Rightarrow AB^2+AC^2=5BC^2\)
Gọi O là giao điểm của AM và IK
Vì tam giác ABC vuông tại A và có đường trung tuyến AM nên ta có AM = BM = CM = 1/2BC
=> Tam giác ABM cân tại M =>\(\widehat{MAB}=\widehat{MBA}\)
Dễ thấy AIHK là hình chữ nhật vì \(\widehat{BAC}=\widehat{AKH}=\widehat{AIH}=90^o\)
=> \(\widehat{KIA}=\widehat{AHK}\) (tính chất hình chữ nhật)
Mà : \(\hept{\begin{cases}\widehat{AHK}+\widehat{AHI}=90^o\\\widehat{BHI}+\widehat{AHI}=90^o\end{cases}}\) => \(\widehat{AHK}=\widehat{BHI}\) hay \(\widehat{KIA}=\widehat{BHI}\)
Ta có : \(\widehat{BHI}+\widehat{ABC}=90^o\) mà \(\widehat{BHI}=\widehat{KIA};\widehat{MAB}=\widehat{ABC}\)
=> \(\widehat{KIA}+\widehat{MAB}=90^o\) mà trong tam giác AOI : \(\widehat{KIA}+\widehat{MAB}+\widehat{AOI}=180^o\)
=> \(\widehat{AOI}=90^o\Rightarrow AM\perp IK\) (đpcm)
Gọi O là giao điểm của AM và IK.
Tứ giác AIHK có 3 góc vuông nên AIHK là hình chữ nhật nên góc HKI = góc AIK.
góc HKI phụ góc IKA mà góc IKA = góc HAK suy ra góc HKI phụ góc HAK.
Do đó góc HKI = góc C (cùng phụ góc HAK). Suy ra góc AIK = góc C. (1)
Dễ dàng chứng minh được góc B = góc MAB nên MAB phụ góc C. (2)
Từ (1) và (2) suy ra góc AIK phụ góc MAB hay góc IOA = 900.
Vậy AM vuông góc với IK.