chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có bđt
\(\dfrac{ha^2}{bc}++\dfrac{hb^2}{ac}+\dfrac{hc^2}{ab}\ge\dfrac{9r}{2R}\)
ha,hb,hc là các đường cao tương ứng, r là tâm nội, R là tâm ngoại
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
23 tháng 7 2023
a) Ta có: HA = 2RcosA HB = 2RcosB HC = 2RcosC AB = 2RsinC AC = 2RsinB Vậy ta cần chứng minh: 2RcosA + 2RcosB + 2RcosC < 2RsinC + 2RsinB Chia cả 2 vế cho 2R, ta có: cosA + cosB + cosC < sinC + sinB Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có: sinC + sinB > sin(A + B) = sinCOSA + cosCSINA = cosA + cosB Vậy ta có: cosA + cosB + cosC < sinC + sinB Do đó, ta có HA + HB + HC < AB + AC. b) Ta có: AB + BC + CA = 2R(sinA + sinB + sinC) = 2R(sinA + sinB + sin(A + B)) = 2R(2sin(A + B/2)cos(A - B/2) + sin(A + B)) = 4Rsin(A + B/2)cos(A - B/2) + 2Rsin(A + B) Vậy ta cần chứng minh: 2RcosA + 2RcosB + 2RcosC < 2332 (4Rsin(A + B/2)cos(A - B/2) + 2Rsin(A + B)) Chia cả 2 vế cho 2R, ta có: cosA + cosB + cosC < 1166(2sin(A + B/2)cos(A - B/2) + sin(A + B)) Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có: sin(A + B) > sinC = sin(A + B/2 + B/2) = sin(A + B/2)cos(B/2) + cos(A + B/2)sin(B/2) Vậy ta có: 2sin(A + B/2)cos(A - B/2) + sin(A + B) < 2sin(A + B/2)cos(A - B/2) + sin(A + B/2)cos(B/2) + cos(A + B/2)sin(B/2) = sin(A + B/2)(2cos(A - B/2) + cos(B/2)) + cos(A + B/2)sin(B/2) = sin(A + B/2)(2cos(A - B/2) + cos(B/2)) + sin(B/2)cos(A + B/2) = sin(A + B/2)(2cos(A - B/2) + cos(B/2) + cos(A + B/2)) Vậy ta có: cosA + cosB + cosC < 1166(2sin(A + B/2)cos(A - B/2) + sin(A + B)) < 1166(sin(A + B/2)(2cos(A - B/2) + cos(B/2) + cos(A + B/2))) Do đó, ta có HA + HB + HC < 2332(AB + BC + CA).
2 tháng 8 2019
a) Qua H kẻ HG//AB cắt AC tại G; kẻ HI//AC cắt AB tại I như hình vẽ.
=> HI vuông BH ; CH vuông HG
và AIHG là hình bình hành
Xét tam giác BHI vuông tại H => BH<BI ( mối quan hệ cạnh góc vuông và cạnh huyền) (1)
Xét tam giác CHG vuông tại H => CH<CG
=> CH+BH + AH< BI+CG +AH
Ta lại có AH <AI+IH ( bất đẳng thức trong tam giác AIH)
mà IH=AG ( AIHG là hình bình hành theo cách vẽ )
=> AH < AI+AG
Vậy CH+BH+AH<BI+CG+AI+AG=AB+AC
b) Chứng minh AB+AC+BC>3/2 (HA+HB+HC)
Chứng minh tương tự như câu a.
Ta có: \(AB+AC>HA+HB+HC\)
\(BC+AC>HA+HB+HC\)
\(AB+BC>HA+HB+HC\)
Cộng theo vế ta có:
\(2AB+2AC+2BC>3HA+3HB+3HC\)
=> \(2\left(AB+AC+BC\right)>3\left(HA+HB+HC\right)\)
=> \(AB+AC+BC>\frac{3}{2}\left(HA+HB+HC\right)\)
2 tháng 8 2019
Câu hỏi của Phạm Trung Kiên - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
Em tham khảo nhé!
CH
Cô Hoàng Huyền
Admin
VIP
8 tháng 1 2018
Vẽ tam giác ABC với các chiều cao tương ứng là AH, BK, CG.
Ta có \(\Delta AHC\sim\Delta BKC\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AH}{BK}=\frac{AC}{BC}\Rightarrow\left(\frac{AH}{BK}\right)^2=\left(\frac{AC}{BC}\right)^2=\frac{AC^2}{BC^2}\)
Tương tự \(\Delta AHB\sim\Delta CGB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AH}{CG}=\frac{AB}{BC}\Rightarrow\left(\frac{AH}{CG}\right)^2=\left(\frac{AB}{BC}\right)^2=\frac{AB^2}{BC^2}\)
Ta có \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{BK^2}+\frac{1}{CG^2}\Leftrightarrow\frac{AH^2}{BK^2}+\frac{AH^2}{CG^2}=1\Leftrightarrow\frac{AB^2}{BC^2}+\frac{AC^2}{BC^2}=1\Leftrightarrow\frac{AB^2+AC^2}{BC^2}=1\)
\(\Leftrightarrow AB^2+AC^2=BC^2\Leftrightarrow\) tam giác ABC vuông tại A.
HL
25 tháng 10 2016
2S(ABC)=ha.a=hb.b=hc.c suy ra 1/ha+1/hb+1/hc=a/2S+b/2S+c/2S=1/2S .(a+b+c)=1/r(a+b+c) .(a+b+c) =1/r (đpcm) (vì 2S=r(a+b+c))
Ta chứng minh được những hệ thức sau :
+)\(\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2R\)( định lý sin ) \(\Rightarrow2R=\dfrac{a+b+c}{\sin A+\sin B+\sin C}\)
+)\(S_{ABC}=\dfrac{\left(a+b+c\right).r}{2}\)
Now let's prove that problem:
\(VT=\dfrac{h_a^2}{bc}+\dfrac{h_b^2}{ac}+\dfrac{h_c^2}{ab}=2S_{ABC}.\dfrac{h_a+h_b+h_c}{abc}=r.\left(a+b+c\right)\dfrac{h_a+h_b+h_c}{abc}\)
\(VP=\dfrac{9r}{2R}=\dfrac{9r\left(\sin A+\sin B+\sin C\right)}{a+b+c}\)
Do đó chỉ cần chứng minh \(\left(h_a+h_b+h_c\right)\left(a+b+c\right)^2\ge9abc\left(\sin A+\sin B+\sin C\right)\)
Để ý rằng \(h_a+h_b+h_c=c.\sin B+a.\sin C+b.\sin A\)
Áp dụng BĐT chebyshev:
\(c.\sin B+a.\sin C+b.\sin A\ge\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(\sin A+\sin B+\sin C\right)\)
Do đó \(VT\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{3}.\left(\sum\sin A\right)\ge VF\)(đúng theo AM-GM
)
Dấu = xảy ra khi a=b=c và BĐT chebyshev này chỉ đúng khi
\(\left\{{}\begin{matrix}a\ge b\ge c\\\sin A\ge\sin B\ge\sin C\end{matrix}\right.\),điều này luôn đúng
ê Quỳnh đây
ta có Pt <=> \(\sqrt{5x^2+14x+9}=5\sqrt{x+1}+\sqrt{x^2-x-20}\)
sau đó m bình phương 2 vế rồi phân tích chuyển vế để nó ra cái này
6(x+4)+4(x+1)(x-5)=\(10\sqrt{\left(x+1\right)\left(x-5\right)\left(x+4\right)}\)
đặt \(\sqrt{\left(x+1\right)\left(x-5\right)}=a;\sqrt{x+4}=b\)
ta có pt <=> \(6b^2+4a^2=10ab\)
đến đây coi như xong