Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
+) Gọi AP là đường trung tuyến của \(\Delta\)ABC, giao điểm của tia AM và BC là D. Qua M kẻ đường thẳng song song với AP, nó cắt BC tại N.
Xét \(\Delta\)PDA có: M thuộc AD; N thuộc PD; MN // AP => \(\frac{MN}{AP}=\frac{DM}{DA}\Rightarrow\frac{DM}{DA}=\frac{MN}{3.GP}\) (ĐL Thales) (*)
Xét \(\Delta\)GA'P có: M thuộc GA'; N thuộc PA'; MN // GP => \(\frac{MN}{GP}=\frac{MA'}{GA'}\), thế vào (*) được
\(\frac{DM}{DA}=\frac{1}{3}.\frac{MA'}{GA'}\). Chứng minh tương tự: \(\frac{EM}{EB}=\frac{1}{3}.\frac{MB'}{GB'};\frac{FM}{FC}=\frac{1}{3}.\frac{MC'}{GC'}\)
Suy ra \(\frac{1}{3}\left(\frac{MA'}{GA'}+\frac{MB'}{GB'}+\frac{MC'}{GC'}\right)=\frac{DM}{DA}+\frac{EM}{EB}+\frac{FM}{FC}\)
\(\Rightarrow\frac{MA'}{GA'}+\frac{MB'}{GB'}+\frac{MC'}{GC'}=3\left(\frac{DM}{DA}+\frac{EM}{EB}+\frac{FM}{FC}\right)\)(1)
+) Gọi giao điểm của BM và AC là E; CM với AB là F. Qua M kẻ 2 đường thẳng song song với AB và BC, chúng cắt AC lần lượt tại H và K.
Áp dụng ĐL Thales, ta có các tỉ số:
\(\frac{DM}{DA}=\frac{CK}{AC};\frac{FM}{FC}=\frac{AH}{AC};\frac{EM}{EB}=\frac{EH}{EA}=\frac{EK}{EC}=\frac{EH+EK}{EA+EC}=\frac{HK}{AC}\)
Cộng các tỉ số trên, ta được: \(\frac{DM}{DA}+\frac{EM}{EB}+\frac{FM}{FC}=\frac{CK+HK+AH}{AC}=\frac{AC}{AC}=1\)(2)
+) Từ (1) và (2) => \(\frac{MA'}{GA'}+\frac{MB'}{GB'}+\frac{MC'}{GC'}=3\) (đpcm).
TA CÓ
\(\frac{MC,}{GC,}=\frac{S\Delta AMB}{S\Delta AGB}\left(1\right)\)
\(\frac{MB,}{GB,}=\frac{S\Delta AMC}{S\Delta AGC}\left(2\right)\)
DỰNG GH VÀ MD VUÔNG GÓC VỚI BC
AD ĐỊNH LÍ TA LÉT
=>\(\frac{MD}{GH}=\frac{MA,}{GA,}\)
MẶT KHÁC \(\frac{MD}{GH}=\frac{S\Delta BMC}{S\Delta BGC}\)
=> \(\frac{MA,}{GA,}=\frac{S\Delta BMC}{S\Delta BGC}\left(3\right)\)
TỪ 1 ,2,3
=> \(\frac{MA,}{GA,}+\frac{MB,}{GB,}+\frac{MC,}{GC,}=\frac{S\Delta AMB+S\Delta BMC+S\Delta AMC}{\frac{1}{3}S\Delta ABC}=\frac{3SABC}{SABC}=3\)
Gọi MH là đường cao kẻ từ M của tam giác MBC, AK là đường cao kẻ từ A của tam giác ABC.
Do MH vuông BC và AK vuông BC nên MH // AK
=> Theo Talet: \(\frac{ME}{AE}=\frac{MH}{AK}\)
Lại có: \(\frac{S_{MBC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac{1}{2}.MH.BC}{\frac{1}{2}.AK.BC}=\frac{MH}{MK}\)
Tương tự ta có: \(\frac{MF}{BF}=\frac{S_{MAC}}{S_{ABC}};\frac{MD}{CD}=\frac{S_{MAB}}{S_{ABC}}\)
Cộng theo vế: \(\frac{ME}{AE}+\frac{MF}{BF}+\frac{MD}{CD}=\frac{S_{MBC}+S_{MCA}+S_{MAB}}{S_{ABC}}=\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=1\)
Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của O trên 2 cạnh AB và AC của \(\Delta\)ABC
Suy ra OH=OK (Vì AO là tia phân giác ^BAC)
Do O nằm trên trung trực của MN nên OM=ON (T/c đường trung trực)
Xét \(\Delta\)OHM và \(\Delta\)OKN: ^OHN=^OKN=900; OM=ON; OH=OK
=> \(\Delta\)OHM=\(\Delta\)OKN (Cạnh huyền cạnh góc vuông) => ^OMH=^ONK
Hay ^OMB=^ONC. Xét \(\Delta\)OBM và \(\Delta\)OCN:
BM=CN; ^OMB=^ONC; OM=ON => \(\Delta\)OBM=\(\Delta\)OCN (c.g.c)
=> ^OBM=^OCN => ^OBA=^OCN => Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn
=> ^BAC+^BOC=1800. Mà ^BAC=900 => ^BOC=900.
Mặt khác \(\Delta\)OBM=\(\Delta\)OCN (cmt) => OB=OC => \(\Delta\)BOC vuông cân tại O
Theo ĐL Pytagore thì \(BC=\sqrt{2}.OB\Leftrightarrow\frac{BC}{OB}=\sqrt{2}\Leftrightarrow\frac{BC^2}{OB^2}=2\)
Để chứng minh hệ thức: \(\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{OB^2}=\frac{4}{BC^2}\Leftrightarrow\frac{BC^2}{AB^2}+\frac{BC^2}{OB^2}=4\)(x2 vế với BC2)
Đã có: \(\frac{BC^2}{OB^2}=2\Rightarrow\frac{BC^2}{AB^2}+2=4\Leftrightarrow\frac{BC^2}{AB^2}=2\)
Ta đi chứng minh \(\frac{BC^2}{AB^2}=2\Leftrightarrow BC^2=2.AB^2\)
Mà \(BC^2=AB^2+AC^2\)(ĐL Pytagore) nên \(AB^2=AC^2\Leftrightarrow AB=AC\)
Tức là phải c/m tam giác ABC vuông cân ở A (mâu thuẫn với đề bài) ---> Đề thiếu.
Định lí Menaulause ý