Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Theo đề bài thì ta có:
\(ah_a=bh_b=ch_c=2\)
Ta có:
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\ge\left(ah_a+bh_b+ch_c\right)^2\)
\(=\left(2+2+2\right)^2=36\)
Dấu = xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a=b=c=\frac{2}{\sqrt[4]{3}}\\h_a=h_b=h_c=\sqrt[4]{3}\end{cases}}\)
\(\frac{S}{h_a}+\frac{S}{h_b}+\frac{S}{h_c}=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)=p=\frac{S}{r}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{r}=\frac{1}{h_a}+\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}\)
Học tốt!!!!!!!!!!!!!!!!
B c B' A K H
Lấy B' đối xứng với B qua AK ( K thỏa mãn \(BK\perp AB\); \(AK\perp BK\))
CM được : \(\hept{\begin{cases}BB'=2BK=2AH=2h_a\\AB=AB'\end{cases}}\)
Ta có : \(BB'^2=CB'^2-BC^2\le\left(AB'+AC\right)^2-BC^2=\left(AB+AC\right)^2-BC^2\)
\(\Rightarrow\left(2h_a\right)^2=4h_a^2\le\left(b+c\right)^2-a^2\)
Tương tự , ta có : \(4h_b^2\le\left(a+c\right)^2-b^2\) và \(4h_c^2\le\left(a+b\right)^2-c^2\)
Suy ra : \(4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(a+c\right)^2-a^2-b^2-c^2\)
\(\Rightarrow4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{h_a^2+h_b^2+h_c^2}\ge4\)Hay \(P\ge4\)
" = " khi \(B',A,C\) thẳng hàng \(\Rightarrow A\)là trung điểm của \(B'C\)\(\Rightarrow AH\)là trung tuyến \(\Delta ABC\Rightarrow\Delta ABC\)cân tại \(A\)
Tương tự , \(\Delta ABC\) lần lượt cân tại \(B,C\)
Suy ra : \(\Delta ABC\) đều
Vậy \(MIN_P=4\)đạt được khi \(\Delta ABC\)đều
Gọi O là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc A.Ta có:
\(S_{OAC}+S_{OAB}-S_{OBC}=S_{ABC}\Rightarrow b.r_a+c.r_a-a.r_a=2S\Rightarrow S=\frac{r_a\left(b+c-a\right)}{2}=r_a\left(p-a\right).\)(p là nửa chu vi tam giác ABC)
Cm tương tự: \(S=r_a\left(p-a\right)=r_b\left(p-b\right)=r_c\left(p-c\right)=p.r\)
\(\Rightarrow\frac{S}{r_a}+\frac{S}{r_b}+\frac{S}{r_c}=p-a+p-b+p-c=3p-2p=p=\frac{S}{r}\Rightarrow\frac{1}{r}=\frac{1}{r_a}+\frac{1}{r_b}+\frac{1}{r_c}\)(đpcm)
Đặt BC=a, AC=b, AB=c
\(P=\frac{a+b+c}{2}\)
S là diện tích của tam giác ABC
Ta có công thức tính bán kính của các đường tròn bàng tiếp:
Tại góc A: \(r_a=\frac{S}{P-a}\)
Tại góc B: \(r_b=\frac{S}{P-b}\)
Tại góc C: \(r_c=\frac{S}{P-c}\)
Công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC:
\(r=\frac{S}{P}\)
=> \(\frac{1}{r_a}+\frac{1}{r_b}+\frac{1}{r_c}=\frac{P-a}{S}+\frac{P-b}{S}+\frac{P-c}{S}=\frac{3P}{S}-\frac{a+b+c}{S}\)
\(=\frac{3P}{S}-\frac{2P}{S}=\frac{P}{S}=\frac{1}{r}\)
Kí hiệu \(S,p,r\) lần lượt là diện tích, nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác \(ABC.\) Theo công thức tính diện tích tam giác ta có \(S=pr=\frac{1}{2}ah_a=\frac{1}{2}bh_b=\frac{1}{2}ch_c.\) Từ đó suy ra, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\le\frac{1}{4r^2}.\) Đặt \(x=p-a,y=p-b,z=p-c\) thì \(x,y,z\) là các số dương và ta có
\(a=y+z,b=z+x,c=x+y,r=\sqrt{\frac{xyz}{x+y+z}}.\) Thành thử bất đẳng thức tương đương với
\(\frac{1}{\left(x+y\right)^2}+\frac{1}{\left(y+z\right)^2}+\frac{1}{\left(z+x\right)^2}\le\frac{x+y+z}{4xyz}.\) Để chứng minh điều này ta sử dụng bất đẳng thức đơn giản: \(\left(a+b\right)^2\ge4ab\) với mọi \(a,b\). Khi đó
\(\frac{1}{\left(x+y\right)^2}+\frac{1}{\left(y+z\right)^2}+\frac{1}{\left(z+x\right)^2}\le\frac{1}{4xy}+\frac{1}{4yz}+\frac{1}{4zx}=\frac{x+y+z}{4xyz}.\) (ĐPCM).
A B C H
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(ha=bc\Rightarrow h=\frac{bc}{a}\) và \(a^2=b^2+c^2\)
Khi đó: \(\frac{a+b+c}{h}=\frac{a+b+c}{\frac{bc}{a}}=\frac{a^2+ab+ac}{bc}=\frac{a^2}{bc}+\frac{ab+ac}{bc}\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(bc\le\frac{b^2+c^2}{2}=\frac{a^2}{2};ab+ac\ge2a\sqrt{bc}\)
Suy ra: \(\frac{a+b+c}{h}=\frac{a^2}{bc}+\frac{ab+ac}{bc}\ge\frac{2a^2}{a^2}+\frac{2a\sqrt{bc}}{bc}=2+\frac{2a}{\sqrt{bc}}\)(1)
Lại có: \(\sqrt{bc}\le\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}=\frac{\sqrt{a^2}}{\sqrt{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}\) (2)
Từ (1); (2) => \(\frac{a+b+c}{h}\ge2+\frac{2a}{\frac{a}{\sqrt{2}}}=2+2\sqrt{2}=2\left(1+\sqrt{2}\right)\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra <=> Tam giác ABC vuông cân ở A.
nhưng bài toán hay và khó ( toan 9)
ở trong quyển đấy có lời giải mà