Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
\(S=pr=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)
\(\Leftrightarrow p^2r^2=p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\)
\(\Leftrightarrow r^2=\dfrac{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{p}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{r^2}=\dfrac{p}{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}=\dfrac{1}{\left(p-a\right)\left(p-b\right)}+\dfrac{1}{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}+\dfrac{1}{\left(p-c\right)\left(p-a\right)}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{r^2}=4\left(\dfrac{1}{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}+\dfrac{1}{\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}+\dfrac{1}{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{4r^2}=\dfrac{1}{c^2-\left(a-b\right)^2}+\dfrac{1}{a^2-\left(b-c\right)^2}+\dfrac{1}{b^2-\left(c-a\right)^2}\ge\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{r^2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)}\ge4\left(1\right)\)
Ta lại có:
\(S=\dfrac{ah_a}{2}=pr=\dfrac{r\left(a+b+c\right)}{2}\)
\(\Leftrightarrow h_a=\dfrac{r\left(a+b+c\right)}{a}\)
\(\Leftrightarrow h_a^2=\dfrac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{a^2}\left(2\right)\)
Tương tự ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}h_b^2=\dfrac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{b^2}\left(3\right)\\h_c^2=\dfrac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{c^2}\left(4\right)\end{matrix}\right.\)
Từ (2), (3), (4) ta có:
\(h_a^2+h_b^2+h_c^2=r^2\left(a+b+c\right)^2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{h_a^2+h_b^2+h_c^2}=\dfrac{1}{r^2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)}\ge4\)
Kẽ đường thẳng (d) đi qua A và // với BC. Gọi B' đối xứng với B qua (d).
Ta có:
\(BB'^2=B'C^2-BC^2\le\left(AB'+AC\right)^2-BC^2\)
\(\Leftrightarrow4h_a^2\le\left(b+c\right)^2-a^2\left(1\right)\)
Tương tự ta cũng có:
\(\left\{{}\begin{matrix}4h_b^2\le\left(c+a\right)^2-b^2\left(2\right)\\4h_c^2\le\left(a+b\right)^2-c^2\left(3\right)\end{matrix}\right.\)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được
\(4h_a^2+4h_b^2+4h_c^2\le\left(a+b\right)^2-c^2+\left(b+c\right)^2-a^2+\left(c+a\right)^2-b^2\)
\(\Leftrightarrow4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{h_a^2+h_b^2+h_c^2}\ge4\)
@Anh: 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
Đúng nha Trần Thị Kiều Linh
2/3ma +2/3mb >c ( Bất đẳng thức tam giác)
2/3ma+ 2/3c> b
2/3mb +2/3mc > a
=> 4/3 ( ma +mb + mc) > a+b+c
-Qua A vẽ đường thẳng Ax song song với CK , từ C vẽ đường thẳng vuông góc AE tại H , trên tia đối tia HA lấy điểm E sao cho HA=HE= \(\dfrac{AE}{2}\). Nối BE
- CM \(\Delta\)ACE cân tại C \(\Rightarrow\) CA=CE=b
- Áp dụng pytago vào \(\Delta\)ABE \(\Rightarrow\) (2hc)2+c2 =(BE)2 \(\le\) (a+b)2 ( dấu = xảy ra khi B,C,E thẳng hàng ) \(\Rightarrow\) (2hc)2 \(\le\) (a+b)2 -c2 (1)
tương tự (2hb)2 =..............(2), (2ha)2 = .........(3)
Cộng vế theo vế (1)(2)(3) ta đc ......đpcm
bahj ơi hình vẽ hơi xấu đấy