Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bạn tham khảo ở phần câu hỏi tương tự nhé.
https://olm.vn/hoi-dap/detail/191084232755.html
A B C G M A' B' C' D E F H K N P
+) 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).
M N P G x y z a b c
Đặt độ dài các cạnh như hình vẽ trên.
Cô sẽ dùng kiến thức lượng giác lớp 10 để giải. Một cố công thức và bất đẳng thức cơ sở để làm bài này, các em có thể kham khảo trên các webside khác.
Áp dụng công thức \(cotA=\frac{b^2+c^2-a^2}{4S}\) ( S là diện tích của tam giác chứa góc A)
và dễ thấy \(S_{\Delta GMN}=S_{\Delta GNP}=S_{\Delta GMP}=\frac{1}{3}S_{\Delta MNP}\). Từ đó ta có:
\(cotGNP+cotGPM+cotGMN=\frac{a^2+y^2-b^2}{4S_{\Delta GNP}}+\frac{z^2+b^2-c^2}{4.S_{\Delta GPM}}+\frac{x^2+c^2-a^2}{4.S_{\Delta GMN}}\)
\(=\frac{x^2+a^2-b^2+z^2+b^2-c^2+x^2+c^2-a^2}{4.\frac{1}{3}.S_{\Delta MNP}}\)
\(=\frac{x^2+y^2+z^2}{4.\frac{1}{3}.S_{\Delta MNP}}=3\sqrt{3}\)
Suy ra: \(x^2+y^2+z^2=4\sqrt{3}.S_{\Delta MNP}\). (1)
Áp dụng công thức: \(x=2R.sinP;y=2R.sinM;z=2r.sinN;S_{\Delta MNP}=2R.sinM.sinN.sinP\) ( R là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ). Thay vào (1) và rút gọn ta có:
\(sin^2M+sin^2N+sin^2P=2\sqrt{3}.sinM.sinN.sinP\)
\(\Leftrightarrow\frac{3\sqrt{3}}{2}\left(sin^2M+sin^2N+sin^2P\right)=9.sinM.sinN.sinP\)(2)
Áp dụng bất đẳng thức: Trong tam giác MNP bất kì ta có: \(sinM+sinN+sinP\le\frac{3\sqrt{3}}{2}\) vào vế trái của (2) ta có:
\(\frac{3\sqrt{3}}{2}\left(sin^2M+sin^2N+sin^2P\right)\ge\left(sinM+sinN+sinP\right)\left(sin^2M+sin^2N+sin^2P\right)\)
\(\ge3\sqrt[3]{sinM.sinN.sinP}.3\sqrt[3]{sin^2M.sin^2N.sin^2P}=9.sinM.sinN.sinP\).
Dấu bằng xảy ra khi \(sinM=sinN=sinP\) hay \(\widehat{M}=\widehat{N}=\widehat{P}=60^o\). Hay tam giác MNP đều.