Chủ đề này có 4 trả lời

[Phan Thien]

cho $\widehat{xAy}$=$60^{\circ}$, B là điểm trên Ax (B#A), C là điểm trên Ay (C#A).

Chứng minh rằng: AB+ AC $\leq$2BC

[Kool LL]

cho $\widehat{xAy}$=$60^{\circ}$, B là điểm trên Ax (B#A), C là điểm trên Ay (C#A).

Chứng minh rằng: AB+ AC $\leq$2BC

$\boxed{\text{C1}}$ Định lí hàm số $\cos$ : $BC^2=AB^2+AC^2-2.AB.AC. \cos{\widehat{BAC}}=AB^2+AC^2-AB.AC$

$\Rightarrow 4.BC^2=(AB+AC)^2+3(AB-AC)^2\ge (AB+AC)^2\Rightarrow 2.BC\ge AB+AC$. (đpcm)

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow AB=AC$.

 

----------------------------------------------

$\boxed{\text{C2}}$ Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp bán kính $r$, tiếp xúc với $AB, AC, BC$ lần lượt tại $D, E, F$ thì $ID=IE=IF=r$.

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có : $AD=AE,\ BD=BF,\ CF=CE$. Từ đó suy ra :

$AB+AC-BC=(AD+DB)+(AE+EC)-(BF+FC)=2.AD=2.ID.\cot{\widehat{IAD}}$$=2.r.\cot{30^o}=2.r.\sqrt{3}$

Ta có : $2.S_{ABC}=2S_{AIB}+2S_{AIC}+2S_{BIC}=r.AB+r.AC+r.BC$$=\frac{AB+AC-BC}{2\sqrt{3}}.(AB+AC+BC)=\frac{(AB+AC)^2-BC^2}{2\sqrt{3}}$ (1)

Mặt khác : $2.S_{ABC}=AB.CH=AB.AC.\cos{\widehat{BAC}}=AB.AC.\sin{60^o}=AB.AC.\frac{\sqrt{3}}{2}$ (2)

(1)(2) $\Rightarrow (AB+AC)^2-BC^2=3.AB.AC\Rightarrow BC^2=AB^2+AC^2-AB.AC$.

Đến đây làm như $C1$ ta có (đpcm).

 

-------------------------------------------------

$\boxed{\text{C3}}$ Xét đường tròn $(O,R)$ ngoại tiếp $\Delta ABC$. Gọi $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ (khác phía với $A$).

Ta có $\Delta BOD$, $\Delta COD$ đều (do $\widehat{BOD}=\widehat{COD}=60^o$ và $OB=OC=OD=R$

Suy ra $BOCD$ là hình thoi và $DB=DC=R$.

Do $ABCD$ là tứ giác nội tiếp nên theo Định lí Ptoleme ta có : $AB.CD+AC.BD=BC.AD$

$\Rightarrow (AB+AC).R=BC.AD\le BC.2R\Rightarrow AB+AC\le 2.BC$. (đpcm)

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow AD=2R\Leftrightarrow AD$ là đường kính $\Leftrightarrow A$ chính giữa cung $BC\Leftrightarrow AB=AC$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kool LL: 29-07-2014 - 18:04

[Phan Thien]

$\boxed{\text{C1}}$ Định lí hàm số $\cos$ : $BC^2=AB^2+AC^2-2.AB.AC. \cos{\widehat{BAC}}=AB^2+AC^2-AB.AC$

$\Rightarrow 4.BC^2=(AB+AC)^2+3(AB-AC)^2\ge (AB+AC)^2\Rightarrow 2.BC\ge AB+AC$. (đpcm)

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow AB=AC$.

 

----------------------------------------------

$\boxed{\text{C2}}$ Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp bán kính $r$, tiếp xúc với $AB, AC, BC$ lần lượt tại $D, E, F$ thì $ID=IE=IF=r$.

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có : $AD=AE,\ BD=BF,\ CF=CE$. Từ đó suy ra :

$AB+AC-BC=(AD+DB)+(AE+EC)-(BF+FC)=2.AD=2.ID.\cot{\widehat{IAD}}$$=2.r.\cot{30^o}=2.r.\sqrt{3}$

Ta có : $2.S_{ABC}=2S_{AIB}+2S_{AIC}+2S_{BIC}=r.AB+r.AC+r.BC$$=\frac{AB+AC-BC}{2\sqrt{3}}.(AB+AC+BC)=\frac{(AB+AC)^2-BC^2}{2\sqrt{3}}$ (1)

Mặt khác : $2.S_{ABC}=AB.CH=AB.AC.\cos{\widehat{BAC}}=AB.AC.\sin{60^o}=AB.AC.\frac{\sqrt{3}}{2}$ (2)

(1)(2) $\Rightarrow (AB+AC)^2-BC^2=3.AB.AC\Rightarrow BC^2=AB^2+AC^2-AB.AC$.

Đến đây làm như $C1$ ta có (đpcm).

 

-------------------------------------------------

 

$\boxed{\text{C3}}$ Xét đường tròn $(O,R)$ ngoại tiếp $\Delta ABC$. Gọi $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ (khác phía với $A$).

Ta có $\Delta BOD$, $\Delta COD$ đều (do $\widehat{BOD}=\widehat{COD}=60^o$ và $OB=OC=OD=R$

Suy ra $BOCD$ là hình thoi và $DB=DC=R$.

Do $ABCD$ là tứ giác nội tiếp nên theo Định lí Ptoleme ta có : $AB.CD+AC.BD=BC.AD$

$\Rightarrow (AB+AC).R=BC.AD\le BC.2R\Rightarrow AB+AC\le 2.BC$. (đpcm)

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow AD=2R\Leftrightarrow AD$ là đường kính $\Leftrightarrow A$ chính giữa cung $BC\Leftrightarrow AB=AC$.

 

$\boxed{\text{C1}}$ Định lí hàm số $\cos$ : $BC^2=AB^2+AC^2-2.AB.AC. \cos{\widehat{BAC}}=AB^2+AC^2-AB.AC$

$\Rightarrow 4.BC^2=(AB+AC)^2+3(AB-AC)^2\ge (AB+AC)^2\Rightarrow 2.BC\ge AB+AC$. (đpcm)

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow AB=AC$.

 

----------------------------------------------

$\boxed{\text{C2}}$ Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp bán kính $r$, tiếp xúc với $AB, AC, BC$ lần lượt tại $D, E, F$ thì $ID=IE=IF=r$.

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có : $AD=AE,\ BD=BF,\ CF=CE$. Từ đó suy ra :

$AB+AC-BC=(AD+DB)+(AE+EC)-(BF+FC)=2.AD=2.ID.\cot{\widehat{IAD}}$$=2.r.\cot{30^o}=2.r.\sqrt{3}$

Ta có : $2.S_{ABC}=2S_{AIB}+2S_{AIC}+2S_{BIC}=r.AB+r.AC+r.BC$$=\frac{AB+AC-BC}{2\sqrt{3}}.(AB+AC+BC)=\frac{(AB+AC)^2-BC^2}{2\sqrt{3}}$ (1)

Mặt khác : $2.S_{ABC}=AB.CH=AB.AC.\cos{\widehat{BAC}}=AB.AC.\sin{60^o}=AB.AC.\frac{\sqrt{3}}{2}$ (2)

(1)(2) $\Rightarrow (AB+AC)^2-BC^2=3.AB.AC\Rightarrow BC^2=AB^2+AC^2-AB.AC$.

Đến đây làm như $C1$ ta có (đpcm).

 

-------------------------------------------------

 

$\boxed{\text{C3}}$ Xét đường tròn $(O,R)$ ngoại tiếp $\Delta ABC$. Gọi $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ (khác phía với $A$).

Ta có $\Delta BOD$, $\Delta COD$ đều (do $\widehat{BOD}=\widehat{COD}=60^o$ và $OB=OC=OD=R$

Suy ra $BOCD$ là hình thoi và $DB=DC=R$.

Do $ABCD$ là tứ giác nội tiếp nên theo Định lí Ptoleme ta có : $AB.CD+AC.BD=BC.AD$

$\Rightarrow (AB+AC).R=BC.AD\le BC.2R\Rightarrow AB+AC\le 2.BC$. (đpcm)

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow AD=2R\Leftrightarrow AD$ là đường kính $\Leftrightarrow A$ chính giữa cung $BC\Leftrightarrow AB=AC$.

pn ơi tại sao$(AB+AC)^{2}+3(AB-AC)^{2}\geq (AB+AC)^{2}$ vậy pn, pn có thể giải thích rõ hơn được không

[Kool LL]

pn ơi tại sao$(AB+AC)^{2}+3(AB-AC)^{2}\geq (AB+AC)^{2}$ vậy pn, pn có thể giải thích rõ hơn được không

Tại vì với mọi $x$ thì $x^2\ge0$ nên $3.x^2\ge0$. Suy ra $M+3x^2\ge M$. Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow x=0$.

[Phan Thien]

tks nhiu nka