Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Kẻ HD//AB,HE//ACHD//AB,HE//AC
\(\Rightarrow\)AD=HE;AE=AH
Theo BĐT trong tam giác :
AH<AE+HE=AE+ADAH<AE+HE=AE+AD
ΔHDC vuông tại H :HC<DC
ΔBHE vuông tại H : HB<BE
\(\Rightarrow\)HA+HB+HC<AE+AD+BE+DC=AB+AC
Chứng minh tương tự ta được:
HA+HB+HC<AB+BCHA+HB+HC<AB+BC
HA+HB+HC<AC+BCHA+HB+HC<AC+BC
\(\Rightarrow\) 3(HA+HB+HC)<2(AB+AC+BC)
\(\Rightarrow\)HA + HB + HC < \(\frac{2}{3}\)(AB+AC+BC)(ĐPCM)
-> HA+HB+HC<23(AB+AC+BC)
Kẻ HD//AB ,HE//AC
−>AD=HE; AE=AH
Theo BĐT trong tam giác :
AH<AE+HE=AE+AD
xét ΔHDC vuông tại H :HC<DC
ΔBHE vuông tại H : HB<BE
−>HA+HB+HC<AE+AD+BE+DC=AB+AC
chứng minh tương tự:
HA+HB+HC<AB+BC
HA+HB+HC<AC+BC
K/h có :
3 (HA+HB+HC) < 2 (AB+AC+BC)
-> HA+ HB + HC< \(\frac{2}{3}\)(AB+AC+BC)
Câu a) Nè
Áp dụng định lí Pythagoras vào tam giác ABC
Ta có: \(AB^2+AC^2=BC^2\)
Vì AH hạ từ đỉnh A và vuông góc với BC nên AH là đường cao của tam giác ABC
Áp dụng tính chât đường cao của tam giác vuông
Ta có: \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
Suy ra: \(AH^2\cdot BC^2=AB^2\cdot AC^2\)
Suy ra \(\frac{BC^2}{AB^2\cdot AC^2}=\frac{1}{AH^2}\)
Suy ra \(\frac{AC^2+AB^2}{AB^2\cdot AC^2}=\frac{1}{AH^2}\)
Suy ra: \(\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}=\frac{1}{AH^2}\)
Vậy Kết luận
~~~ Hết ~~~
Chụy là chanh đừng nhờn với chụy nha em.
Xong mik đã chứng minh xong một câu a) còn câu b dễ lắm tự làm nha, bro. Hết
Áp dụng định lí Pytago vào ΔABH vuông tại H, ta được:
\(AB^2=AH^2+HB^2\)
Áp dụng định lí Pytago vào ΔACH vuông tại H, ta được:
\(AC^2=CH^2+AH^2\)
hay \(CH^2=AC^2-AH^2\)
Ta có: \(AB^2+CH^2=AH^2+BH^2+AC^2-AH^2\)
nên \(AB^2+CH^2=AC^2+BH^2\)(đpcm)
tam giác ABH vuông tại H ( AH vuong goc BC) \(\Rightarrow\) \(AB^2=BH^2+AH^2\left(pytago\right)\)
tg AHC vuông tại H \(\Rightarrow AC^2=AH^2+HC^2\)
CÓ \(AB^2+CH^2=BH^2+AH^2+CH^2\) (1)
VÀ \(AC^2+BH^2=AH^2+HC^2+BH^2\) (2)
TỪ (1),(2) \(\Rightarrow\) \(AB^2+CH^2=AC^2+BH^2\)
Gọi các đường cao của tam giác nhọn ABC là BD và CE
Từ H kẻ HS//AC,HR//AB (S thuộc AB,R thuộc AC)
HA<AR+RH (Bất đẳng thức tam giác)
Hay HA<AR+AS (1)
AB//HR, AB vuông góc với CE => HR vuông góc với CE
=> Tam giác HRC vuông tại H => RC>HC (RC là cạnh huyền) (2)
HS//AC, AC vuông góc HC => SH vuông góc HD
=> Tam giác SHE vuông tại H => BS>BH (BH là cạnh huyền) (3)
Từ (1);(2);(3) suy ra HA+HC+HB<AR+AS+RC+BS
Hay HA+HC+HB< (AR+RC)+(AS+BS)
HA+HC+HB<AC+AB
Tương tự ta cũng có: HA+HB+HC<AC+AB
HA+HB+HC<AB+BC
HA+HB+HC<BC+AC
Cộng 2 vế ta được: 3(HA+HB+HC)<2(AC+AB+BC)
HA+HB+HC<2/3(AC+AB+BC) (ĐPCM)
Qua H kẻ HF // AB (F thuộc AC), HE // AC (E thuộc AB)
H là trực tâm ▲ ABC => BH ┴ AC mà HE // AC => BH ┴ HE (từ ┴ đến //)
=> ▲ BHE vuông tại H => BE > BH (t/c ▲ vuông) (1)
Chứng minh tương tự, ta được CF > CH (2)
HE // AF, HF // AE => AEHF là hình bình hành (theo dấu hiệu nhận biết) => AE = HF (2 cạnh đối) (3)
Xét ▲ AHF có AF + HF > AH (bất đẳng thức tam giác) (4)
Từ (3) và (4) => AE + AF > AH (5)
Từ (1), (2) và (5) => BE + CF + AE + AF > AH + BH + CH => AB + AC > AH + BH + CH (6)
Chứng minh tương tự, ta được:
* AB + BC > AH + BH + CH (7)
* AC + BC > AH + BH + CH (8)
Từ (6), (7) và (8) => 2(AB + AC + BC) > 3(AH + BH + CH) => HA + HB + HC < 2/3(AB + AC + BC)