em muốn giải lắm nhưng lại là lớp 5

Trả lời:

Học tốt!

BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{c\left(a-c\right)}+\sqrt{c\left(b-c\right)}}{\sqrt{ab}}\le1\)(do \(\sqrt{ab}>0\)nên khi nhân 2 vế của BĐT với \(\frac{1}{\sqrt{ab}}\) chiều của BĐT không thay đổi)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{c\left(a-c\right)}{ab}}+\sqrt{\frac{c\left(b-c\right)}{ab}}\le1\)\(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{c}{b}.\frac{a-c}{a}}+\sqrt{\frac{c}{a}.\frac{b-c}{b}}\le1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{c}{b}\left(1-\frac{c}{a}\right)}+\sqrt{\frac{c}{a}\left(1-\frac{c}{b}\right)}\le1\)(*)

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương \(\frac{c}{b}\)và \(1-\frac{c}{a}\), ta có: \(\sqrt{\frac{c}{b}\left(1-\frac{c}{a}\right)}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{b}+1-\frac{c}{a}\right)=\frac{c}{2b}+\frac{1}{2}-\frac{c}{2a}\)

Tương tự, ta có: \(\sqrt{\frac{c}{a}\left(1-\frac{c}{b}\right)}\le\frac{c}{2a}+\frac{1}{2}-\frac{c}{2b}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\frac{c}{b}\left(1-\frac{c}{a}\right)}+\sqrt{\frac{c}{a}\left(1-\frac{c}{b}\right)}\le\frac{c}{2b}+\frac{1}{2}-\frac{c}{2a}+\frac{c}{2a}+\frac{1}{2}-\frac{c}{2b}=1\)

\(\Rightarrow\)(*) luôn đúng

Vậy ta có đpcm.

uầy hello người AE bản sao : bài này :

1. Xét tứ giác CEHD ta có:

góc CEH = 90⁰ (Vì BE là đường cao)

góc CDH = 90⁰ (Vì AD là đường cao)

=> góc CEH + góc CDH = 180⁰

Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEA = 90⁰.

AD là đường cao => AD ┴ BC => BDA = 90⁰.

Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 90⁰ => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.

Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.

TL
 

Bn tham khảo

1. Xét tứ giác CEHD ta có:

góc CEH = 90⁰ (Vì BE là đường cao)

góc CDH = 90⁰ (Vì AD là đường cao)

=> góc CEH + góc CDH = 180⁰

Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEA = 90⁰.

AD là đường cao => AD ┴ BC => BDA = 90⁰.

Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 90⁰ => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.

Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.

3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến

=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có góc BEC = 90⁰.

Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 1/2 BC.

4. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => góc E₁ = góc A₁ (1).

Theo trên DE = 1/2 BC => tam giác DBE cân tại D => góc E₃ = góc B₁ (2)

Mà góc B₁ = góc A₁ (vì cùng phụ với góc ACB) => góc E₁ = góc E₃ => góc E₁ + góc E₂ = góc E₂ + góc E₃

Mà góc E₁ + góc E₂ = góc BEA = 90⁰ => góc E₂ + góc E₃ = 90⁰ = góc OED => DE ┴ OE tại E.

Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.

5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED² = OD² – OE² ↔ ED² = 5² – 3² ↔ ED=4cm

Hok tốt

Gọi E và F lần lượt là tiếp điểm của AC, BC với (I).

Đặt \(AD=AE=a;BD=BF=b;CE=CF=c\)

Vì \(CA.CB=2DA.DB\left(gt\right)\)\(\Rightarrow\left(c+a\right)\left(c+b\right)=2ab\Rightarrow c^2+bc+ac+ab=2ab\Rightarrow c^2+bc+ac=ab\)

\(\Rightarrow2c^2+2bc+2ac=2ab\Rightarrow c^2+2bc+b^2+c^2+2ac+a^2=a^2+2ab+b^2\)

\(\Rightarrow\left(c+b\right)^2+\left(c+a\right)^2=\left(a+b\right)^2\Rightarrow BC^2+AC^2=AB^2\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\)vuông tại C theo định lí Pytago đảo. 

Vậy ta có đpcm.

Nhớ k nha!   3.122.159

= 3122159

đó kết quả đó