Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Kẻ đường cao AD nên AD cũng là đường trung tuyến .
Ta có :
\(S_{ABC}=S_{ABM}+S_{ACM}+S_{BCM}\)
\(\left\{{}\begin{matrix}S_{ABM}=\dfrac{a.MT}{2}\\S_{ACM}=\dfrac{a.MK}{2}\\S_{BCM}=\dfrac{a.MH}{2}\end{matrix}\right.\)
Cộng vế theo vế ta có :
\(S_{ABC}=\dfrac{a\left(MH+MK+MT\right)}{2}\)
Mặt khác :
\(S_{ABC}=\dfrac{a.AD}{2}\)
\(\Rightarrow AD=MK+MH+MT\)
Nên ta cần chứng minh :
\(AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
Ta có :
\(AD=\sqrt{a^2-CD^2}\) ( py - ta - go )
\(\Rightarrow AD=\sqrt{a^2-\left(\dfrac{a}{2}\right)^2}=\sqrt{a^2-\dfrac{a^2}{4}}=\sqrt{\dfrac{3a^2}{4}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
Nên :
\(MK+MH+MT=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
Sao lại làm dài vậy nhỉ?
a, Hạ đường cao AD của tam giác ABC
Ta có: \(S_{ABC}=S_{AMB}+S_{AMC}+S_{BMC}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{AD.a}{2}=\dfrac{MI.a}{2}+\dfrac{MK.a}{2}+\dfrac{MH.a}{2}\)
\(\Leftrightarrow AD=MI+MK+MH\) (1)
Vì AD là đường cao của tam giác ABC nên AD đồng thời là đường trung tuyến
Do đó \(BD=\dfrac{a}{2}\)
Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông ta có:
\(AD=\sqrt{a^2-\left(\dfrac{a}{2}\right)^2}=\sqrt{a^2-\dfrac{a^2}{4}}=\sqrt{\dfrac{4a^2-a^2}{4}}=\sqrt{\dfrac{3a^2}{4}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) (2)
Thay (2) vào (1) ta được: \(MI+MK+MH=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)(đpcm)
Lời giải:
Từ $A$ kẻ đường cao $AD$. Vì $ABC$ là tam giác đều nên $AD$ đồng thời là đường trung tuyến của tam giác $ABC$
\(\Rightarrow BD=\frac{BC}{2}\)
Áp dụng định lý Pitago: \(AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{a^2-(\frac{a}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)
Khi đó:
\(S_{ABC}=\frac{AD.BC}{2}=\frac{\sqrt{3}a.a}{4}=\frac{\sqrt{3}a^2}{4}(1)\)
Mặt khác \(S_{ABC}=S_{MAB}+S_{MAC}+S_{MBC}\)
\(=\frac{MT.AB}{2}+\frac{MK.AC}{2}+\frac{MH.BC}{2}\)
\(\Leftrightarrow S_{ABC}=\frac{a(MT+MH+MK)}{2}(2)\)
Từ (1); (2)\(\Rightarrow \frac{a(MT+MH+MK)}{2}=\frac{\sqrt{3}a^2}{4}\)
\(\Leftrightarrow MH+MK+MT=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)
Vậy ta có đpcm.
a) Ta có: MK⊥AD(gt)
CD⊥AD(gt)
Do đó: MK//CD(Định lí 1 từ vuông góc tới song song)
Xét ΔAKM và ΔADC có
\(\widehat{MAK}\) chung
\(\widehat{AMK}=\widehat{ACD}\)(hai góc so le trong, MK//CD)
Do đó: ΔAKM∼ΔADC(g-g)
\(S_{\Delta ABC}=S_{\Delta MAC}+S_{\Delta MAB}+S_{\Delta MBC}=\dfrac{1}{2}MK.AC+\dfrac{1}{2}MT.AB+\dfrac{1}{2}MH.BC\)
\(=\dfrac{1}{2}a\left(MK+MT+MH\right)\) (do tam giác ABC đều).
Do tam giác ABC đều có cạnh a nên \(S_{\Delta ABC}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}\).
Suy ra \(\dfrac{1}{2}a\left(MK+MT+MH\right)=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\Rightarrow MK+MT+MH=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\).