Cho tam giác ABC và các điểm B’, C’ trên cạnh AB và AC. Chứng minh: \(\frac{{{{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}}}}{{{{\rm{S}}_{{\rm{AB'C'}}}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{AB}}{\rm{.AC}}}}{{{\rm{AB'}}{\rm{.AC'}}}}\).

Lời giải

Theo định lí côsin ta có: a² = b² + c² – 2bccosA

⇒ cosA = \(\frac{{{{\rm{b}}^2} + {{\rm{c}}^2} - {{\rm{a}}^2}}}{{{\rm{2bc}}}}\)

Ta có:

1 + cosA = 1 + \(\frac{{{{\rm{b}}^2} + {{\rm{c}}^2} - {{\rm{a}}^2}}}{{{\rm{2bc}}}}\) = \(\frac{{2{\rm{bc}} + {{\rm{b}}^2} + {{\rm{c}}^2} - {{\rm{a}}^2}}}{{2{\rm{bc}}}}\) = \(\frac{{{{({\rm{b}} + {\rm{c}})}^2} - {{\rm{a}}^2}}}{{2{\rm{bc}}}}\) = \(\frac{{({\rm{a}} + {\rm{b}} + {\rm{c}})( - {\rm{a}} + {\rm{b}} + {\rm{c}})}}{{2{\mathop{\rm bc}\nolimits} }}\)

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải

Vẽ AH và GK vuông góc với BC.

Gọi M là chân đường trung tuyến từ A hạ xuống BC. Ta có GM = \(\frac{1}{3}\)AM ( tính chất đường trung tuyến của tam giác).

Xét tam giác GKM và tam giác AHM:

\(\widehat {{\rm{AHM}}}\) = \(\widehat {{\rm{GKM}}}\) = 90°

\(\widehat {{\rm{AMH}}}\) = \(\widehat {{\rm{GMK}}}\)

⇒ tam giác GKM và tam giác AHM đồng dạng (g.g).

⇒ \(\frac{{{\rm{GM}}}}{{{\rm{AM}}}} = \frac{{{\rm{GK}}}}{{{\rm{AH}}}} = \frac{1}{3}\)

Có \(\frac{{{{\rm{S}}_{{\rm{GBC}}}}}}{{{{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}}}}{\rm{ = }}\frac{{\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{.GK}}{\rm{.BC}}}}{{\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{\rm{.AH}}{\rm{.BC}}}}\) = \(\frac{{{\rm{GK}}}}{{{\rm{AH}}}} = \frac{1}{3}\).

Chứng minh tương tự ta được:

S_GBC = S_GAB = S_GAC = \(\frac{1}{3}\)S_ABC. ( ĐPCM).