Cho SABC = 1. Cạnh a, b, c đường cao tương ứng ha, hb, hc. Chứng minh \(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(h_a^2+h^2_b+h^2_c\right)\ge36\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
BN
31 tháng 5 2017
Ta có :\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}.a.h_a=\dfrac{1}{2}.b.h_b=\dfrac{1}{2}.c.h_c\)
\(\Rightarrow a.h_a=b.h_b=c.h_c=2S_{ABC}=2\)
Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopski ta có :
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\ge\left(a.h_a+b.h_b+c.h_c\right)^2=36\)
Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều
19 tháng 10 2021
Kẻ Cx//AB và gọi D đối xứng với A qua Cx
\(\Rightarrow CD=AC=b;AD=2h_c\)
Vì Cx//AB nên \(\widehat{BAD}=\widehat{BAC}+\widehat{DAC}=\widehat{ACx}+\widehat{DAC}=90^0\)
Xét 3 điểm B,C,D có \(BD\le BC+CD\)
Xét tg ABD vuông tại A có \(AB^2+AD^2=BD^2\le\left(BC+CD\right)^2\)
\(\Leftrightarrow c^2+4h_c^2\le\left(a+b\right)^2\\ \Leftrightarrow4h_c^2\le\left(a+b\right)^2-c^2\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b\)
Cmtt \(\Leftrightarrow4h_b^2\le\left(a+c\right)^2-b^2;4h_a^2\le\left(b+c\right)^2-a^2\)
Cộng VTV 3 BĐT trên:
\(\Leftrightarrow4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le\left(a+b\right)^2-c^2+\left(a+c\right)^2-b^2+\left(b+c\right)^2-a^2\\ \Leftrightarrow4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=\left(a+b+c\right)^2\\ \Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{h_a^2+h_b^2+h_c^2}\ge4\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c\) hay tg ABC đều
23 tháng 10 2018
Gọi S là diện tích của tam giác
Ta có :
\(a=\frac{2S}{h_a};b=\frac{2S}{h_b};c=\frac{2S}{h_c}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\left(a+b+c\right)\left(\frac{h_a+h_b+h_c}{2S}\right)\)
\(=\left(h_a+h_b+h_c\right).\frac{a+b+c}{2S}=\left(h_a+h_b+h_c\right)\left(\frac{1}{h_a}+\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}\right)\)
=> đpcm
30 tháng 5 2017
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 \(\hept{\begin{cases}a=b=c=\frac{2}{\sqrt[4]{3}}\\h_a=h_b=h_c=\sqrt[4]{3}\end{cases}}\)
22 tháng 11 2016
Ta có:
\(S=pr=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)
\(\Leftrightarrow p^2r^2=p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\)
\(\Leftrightarrow r^2=\frac{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{p}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{r^2}=\frac{p}{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}=\frac{1}{\left(p-a\right)\left(p-b\right)}+\frac{1}{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}+\frac{1}{\left(p-a\right)\left(p-c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{r^2}=4\left(\frac{1}{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)}+\frac{1}{\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}+\frac{1}{\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{4r^2}=\frac{1}{c^2-\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{a^2-\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{b^2-\left(c-a\right)^2}\)
\(\ge\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)(áp dụng \(x^2-y^2\le x^2\))
\(\Rightarrow4r^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le1\)
\(\Rightarrow\frac{1}{r^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}\ge4\left(1\right)\)
Ta lại có
\(S=\frac{a.ha}{2}=pr=\frac{r\left(a+b+c\right)}{2}\)
\(\Rightarrow ha=\frac{r\left(a+b+c\right)}{a}\)
\(\Rightarrow ha^2=\frac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{a^2}\)
Tương tự
\(hb^2=\frac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{b^2}\)
\(hc^2=\frac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{c^2}\)
Cộng vế theo vế ta được
\(ha^2+hb^2+hc^2=r^2\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ha^2+hb^2+hc^2}=\frac{1}{r^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ha^2+hb^2+hc^2}\ge4\)
1 tháng 1 2017
Tử số cũng biến thiên theo ha, hb, hc ...Suy luận được như trên chỉ khi Tử số là một số A không đổi.
Gọi S là diện tích tam giác, r là bánh kính đường tròn nội tiếp
Ta có
ha=2S/a =r(a+b+c)/a
=> ha^2 + hb^2 + hc^2 = r^2(a+b+c)^2 * (1/a^2+1/b^2+1/c^2)}
=> T = (a+b+c)^2/(ha^2+hb^2+hc^2) =
=1/r^2/(1/a^2+1/b^2+1/c^2)
Ta c/m (1/a^2+1/b^2+1/c^2) <=1/4r^2 (*)
=> T<=1/4
=> Max(T) = 1/4 Khi tam giác đều
c/m bất đẳng thức (*)
S = pr
S= √p(p-a)(p-b)(p-c)
=> pr= √p(p-a)(p-b)(p-c)
=> (pr^2) = (p-a)(p-b)(p-c)
=> 1/r^2 = p/(p-a)(p-b)(p-c) = 1/((p-a)(p-b) + 1/(p-b)(p-c) + 1/(p-a)(p-c)
=> 1/4r^2 = 1/[a^2 - (b-c)^2] + 1/[b^2 - (a-c)^2] + 1/[c^2 - (b-a)^2] >= 1/a^2 + 1/b^2 + 1/c^2
=> 1/4r^2>= 1/a^2 + 1/b^2 + 1/c^2
=> (1/r^2)/ 1/a^2 + 1/b^2 + 1/c^2 >= 1/4
=> Dấu bằng xảy ra khi ha = hb = hc => Khi đó ABC là tam giác đều
Câu hỏi của Amory Chris - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath