Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{9}{a+b+c}\ge4\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a+b+c}{a}+\dfrac{a+b+c}{b}+\dfrac{a+b+c}{c}+9\) \(\ge4\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{a+c}{b}+\dfrac{a+b}{c}+12\ge4\left(3+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{a+c}{b}+\dfrac{a+b}{c}\ge4\left(\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}\right)\).
Áp dụng bất đẳng thức \(\dfrac{1}{a+b}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\) ta có:
\(\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{b}{c}\right)\) \(=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{a+c}{b}+\dfrac{a+b}{c}\right)\).
Suy ra \(4\left(\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}\right)\le\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{a+c}{b}+\dfrac{a+b}{c}\) 9 (đpcm).
Vì BC có độ dài lớn nhất nên đề bài tương đương với: \(\sqrt[3]{BD^2}+\sqrt[3]{EC^2}=\sqrt[3]{BC^2}\)(Định lí Pythagoras đảo)
Lập phương 2 vế: \(BD^2+EC^2+3\sqrt[3]{\left(BD.EC\right)^2}\left(\sqrt[3]{BD^2}+\sqrt[3]{EC^2}\right)=BC^2\)
Ôn lại các hệ thức lượng cho tam giác vuông vì sắp tới mình sẽ dùng 1 chuỗi hệ thức đấy:
+Tam giác AHD vuông tại H, đường cao DH: \(AH^2=AD.AB,BH^2=BD.BA\)
+Tam giác AHC vuông tại H, đường cao EH: \(AH^2=AC.AE,CH^2=CA.CE\)
+Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH: \(AH^2=HB.HC,AH.BC=AB.AC,BC^2=AB^2+AC^2\)
$ ADHE là hình chữ nhật nên AD=HE
$ Tam giác AHE vuông tại H nên \(AH^2=AE^2+HE^2\)
Ok, giờ triển thoi: \(BD^2+EC^2+3\sqrt[3]{\left(BD.EC\right)^2}\left(\sqrt[3]{BD^2}+\sqrt[3]{EC^2}\right)=BC^2\)
\(\Leftrightarrow\left(AB-AD\right)^2+\left(AC-AE\right)^2+3\sqrt[3]{\left(BD.CE\right)^2}.\sqrt[3]{BC^2}=BC^2\)
\(\Leftrightarrow\left(AB^2+AC^2\right)+\left(AD^2+AE^2\right)-2\left(AB.AD+AC.AE\right)+3\sqrt[3]{\left(BD.CE.BC\right)^2}=BC^2\)
\(\Leftrightarrow BC^2+\left(AE^2+HE^2\right)-2\left(AH^2+AH^2\right)+3\sqrt[3]{\left(BD.CE.BC\right)^2}=BC^2\)
\(\Leftrightarrow AH^2-4AH^2-3\sqrt[3]{\left(BD.CE.BC\right)^2}=0\)
\(\Leftrightarrow3\sqrt[3]{\left(BD.CE.BC\right)^2}=3AH^2\)
\(\Leftrightarrow BD.CE.BC=AH^3\)
\(\Leftrightarrow BD.CE.BC.AH=AH^4\)
\(\Leftrightarrow\left(BD.BA\right)\left(CE.CA\right)=AH^4\)
\(\Leftrightarrow BH^2.CH^2=AH^4\Leftrightarrow BH.CH=AH^2\)---> Luôn đúng
Vậy giả thiết đúng.
(Bài dài giải mệt vler !!)
Kẻ PD và BE vuông góc AC
Định lý phân giác: \(\dfrac{AN}{NC}=\dfrac{AB}{BC}\Rightarrow\dfrac{AN}{AN+NC}=\dfrac{AB}{AB+BC}\Rightarrow\dfrac{AN}{AC}=\dfrac{AB}{AB+BC}=\dfrac{c}{a+c}\)
Tương tự: \(\dfrac{AP}{AB}=\dfrac{b}{a+b}\)
Talet: \(\dfrac{PD}{BE}=\dfrac{AP}{AB}\)
\(\dfrac{S_{APN}}{S_{ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}PD.AN}{\dfrac{1}{2}BE.AC}=\dfrac{AP}{AB}.\dfrac{AN}{AC}=\dfrac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Tương tự: \(\dfrac{S_{BPM}}{S_{ABC}}=\dfrac{ac}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\) ; \(\dfrac{S_{CMN}}{S_{ABC}}=\dfrac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\)
\(\Rightarrow\dfrac{S_{APN}+S_{BPM}+S_{CMN}}{S_{ABC}}=\dfrac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{ac}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\)
\(\Rightarrow\dfrac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_{ABC}-\left(S_{APN}+S_{BPM}+S_{CMN}\right)}{S_{ABC}}=1-\left(\dfrac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{ac}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\right)\)
\(=\dfrac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
2. Do ABC cân tại C \(\Rightarrow AC=BC=a\)
\(\dfrac{BC}{AB}=k\Rightarrow AB=\dfrac{BC}{k}=\dfrac{a}{k}\)
Do đó:
\(\dfrac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=\dfrac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=\dfrac{2.a.a.\dfrac{a}{k}}{2a.\left(a+\dfrac{a}{k}\right)\left(a+\dfrac{a}{k}\right)}=\dfrac{k}{\left(k+1\right)^2}\)
Áp dụng BĐT:1/a+1/b>=4/a+b
Ta có:
1/(p-a)+1/(p+b)>=4/(2p-a-b)=4/c
Các phần sau tương tự!
=>2VT>=4(1/a+1/b+1/c)
=>VT>=2(1/a+1/b+1/c)
b)
Dấu "=" xảy ra p-a=p-b=p-c => a=b=c
=>tg đều
Bài 2:a)\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{4}{a+b}=ab+b^2+a^2+ab-4ab=a^2-2ab+b^2=\left(a-b\right)^2\ge0\)
=>\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\)
Dấu = xảy ra khi (a-b)2=0<=>a=b
b)Áp dụng BĐT ở câu a:\(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{4}{b^2+c^2}\)
Dấu = xảy ra khi b2=c2
Áp dụng cosi \(\dfrac{b^2+c^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{b^2+c^2}\ge2\)
Dấu = xảy ra khi b2+c2=a2
\(a^2\ge b^2+c^2\Rightarrow\dfrac{a^2}{b^2+c^2}\ge1\)
Giờ ta phân tích P:\(P=\dfrac{1}{a^2}\left(b^2+c^2\right)+a^2\left(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge\dfrac{b^2+c^2}{a^2}+a^2\cdot\dfrac{4}{b^2+c^2}=\dfrac{b^2+c^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{b^2+c^2}+\dfrac{3a^2}{b^2+c^2}\ge2+3=2+3=5\)
=>min P=5 đạt được khi \(\left\{{}\begin{matrix}b^2=c^2\\a^2=b^2+c^2\end{matrix}\right.\)<=>a2=2b2=2c2
Ta có \(a,b,c\)và \(a',b',c'\)là độ dài các cạnh tương ứng của 2 tam giác đồng dạng
Đương nhiên \(\frac{a}{a'}=\frac{b}{b'}=\frac{c}{c'}=k\left(k>0\right)\). Khi đó:
\(\sqrt{aa'}+\sqrt{bb'}+\sqrt{cc'}=\sqrt{k}\left(a'+b'+c'\right)\)(1)
\(\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a'+b'+c'\right)}=\sqrt{k\left(a'+b'+c'\right)^2}=\sqrt{k}\left(a'+b'+c'\right)\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra ĐPCM.
Ở đây có này bạn: [Toán 9] ==> Vip giúp mình với đi? | Yahoo Hỏi & Đáp
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\dfrac{abc}{a^2+bc}\le\dfrac{abc}{2a\sqrt{bc}}=\dfrac{\sqrt{bc}}{2}\le\dfrac{b+c}{4}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:
\(abc.VT\le\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{4}=1\Leftrightarrow VT\le\dfrac{1}{abc}=VP\)
Dấu "="\(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{2}{3}\)