Cho tam jac ABC I la 1 diem bat ki nam trong tam jac cac tia AI ,BI, CI cat BC, CA, AB lan luot tai M, N, K, C chung minh rang\(\sqrt{\dfrac{AI}{IM}}+\sqrt{\dfrac{IB}{IN}}+\sqrt{\dfrac{IC}{IK}}\ge3\sqrt{2}\)
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
15 tháng 8 2019
Trần Thanh Phương, svtkvtm, tth, Lê Thảo, @Akai Haruma,
@Nguyễn Việt Lâm
AT
15 tháng 3 2017
Hình vẽ:
Giải:
a/ Xét \(\Delta ACI\) và \(\Delta BCI\) có:
AI: chung
\(\widehat{ACI}=\widehat{BCI}\left(gt\right)\)
AC = BC (gt)
=> \(\Delta ACI=\Delta BCI\left(c-g-c\right)\left(đpcm\right)\)
=> AI = BI (c t/ứng)(đpcm)
b/ \(\Delta ACI=\Delta BCI\left(ýa\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{AIC}=\widehat{BIC}\) (g t/ứng)
mà \(\widehat{AIC}+\widehat{BIC}=180^o\) (kề bù)
=> \(\widehat{AIC}=\widehat{BIC}=90^o\)
=> CI _l_ AB
Vì AI = BI mà AB = 6
=> AI = BI = 3
Áp dụng định lý Py-ta-go vào \(\Delta ACI\) vuông tại I có: \(CI^2+AI^2=AB^2\)
hay \(CI^2+3^2=5^2\)
\(\Rightarrow CI^2=5^2-3^2=16\)
\(\Rightarrow CI=4\left(cm\right)\)
c/ Xét 2 \(\Delta vuông\): \(\Delta ACK\) và \(\Delta BCK\) có:
AK: chung
AC = BC (gt)
=> \(\Delta ACK=\Delta BCK\left(ch-cgv\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ACK}=\widehat{BCK}\) (g t/ứng)
=> CK là tia p/g của góc ACB (1)
Lại có: CI là tia p/g của góc ACB (gt)
=> CK trùng CI
=> 3 điểm C, I, K thẳng hàng (đpcm)
9 tháng 9 2015
Bài đẹp quá!
Ta kí hiệu \(S_a,S_b,S_c\) lần lượt là diện tích của các tam giác \(\Delta IBC,\Delta ICA,\Delta IAB\). Từ công thức tỉ số diện tích ta suy ra \(\frac{IA}{IM}=\frac{S_b+S_c}{S_a},\) tương tự cho 2 tỉ số còn lại. Thành thử ta cần chứng minh \(\sqrt{\frac{S_b+S_c}{S_a}}+\sqrt{\frac{S_c+S_a}{S_b}}+\sqrt{\frac{S_a+S_b}{S_a}}\ge3\sqrt{2}\)
Có nhiều cách xử lý cậu này: ví dụ theo bất đẳn thức Cauchy \(\sqrt{\frac{S_b+S_c}{2S_a}}\ge\frac{2\left(S_b+S_c\right)}{2S_a+S_b+S_c}=\frac{2\left(S_b+S_c\right)^2}{2S_a\left(S_b+S_c\right)+\left(S_b+S_c\right)^2}\)
Tương tự cho 2 bất đẳng thức nữa rồi cộng lại ta sẽ được
\(\sqrt{\frac{S_b+S_c}{2S_a}}+\sqrt{\frac{S_c+S_a}{2S_b}}+\sqrt{\frac{S_a+S_b}{2S_a}}\ge\frac{8\left(S_a+S_b+S_c\right)^2}{4\left(S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a\right)+2\left(S_a^2+S_b^2+S_c^2+S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a\right)}\)
Từ bất đẳng thức quen thuộc \(S_a^2+S_b^2+S_c^2\ge S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a\) ta suy ra
\(\frac{8\left(S_a+S_b+S_c\right)^2}{4\left(S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a\right)+2\left(S_a^2+S_b^2+S_c^2+S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a\right)}\ge3\)
Do đó ta có ĐPCM.