Question

[Nguyễn Thị Bình Yên]

Cho tam giác ABC, biết AB = c, AC = b, BC = a. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp:R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, S là diện tích tam giác ABC. Chứng minh rằng:
a) \(S=\dfrac{r\left(a+b+c\right)}{2}\)

b) h_a + h_b + h_c \(\ge\) 9R (h_a, h_b, h_c là các đường cao tương ứng với BC, AC, AB)

c) \(h^2_a+h_b^2+h^2_c\ge27r^2\)

Answer 1

[Akai Haruma]

Câu a:

Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$

Từ $I$ hạ đường cao $ID, IE, IF$ xuống lần lượt cạnh $BC,CA,AB$

Ta có:
\(S_{ABC}=S_{IBC}+S_{IAC}+S_{IAB}=\frac{ID.BC}{2}+\frac{IE.AC}{2}+\frac{IF.AB}{2}\)

\(=\frac{r.BC}{2}+\frac{r.AC}{2}+\frac{r.AB}{2}=\frac{r(AB+BC+AC)}{2}=\frac{r(a+b+c)}{2}\)

Ta có đpcm.

Answer 2

[Akai Haruma]

Câu c:

Ta có: \(h_a^2+h_b^2+h_c^2=\left(\frac{2S}{a}\right)^2+\left(\frac{2S}{b}\right)^2+\left(\frac{2S}{c}\right)^2\)

\(=4S^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)

\(\geq 4S^2.\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\) ( BĐT AM-GM dạng \(x^2+y^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}\) )

\(\geq 4S^2.\frac{1}{3}\left(\frac{9}{a+b+c}\right)^2=\frac{108S^2}{(a+b+c)^2}(*)\) (áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz)

Mặt khác:

Theo kết quả phần a: \(r=\frac{2S}{a+b+c}\Rightarrow 27r^2=\frac{108S^2}{(a+b+c)^2}(**)\)

Từ \((*);(**)\rightarrow h_a^2+h_b^2+h_c^2\geq 27r^2\) (đpcm)