Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu hỏi của Amory Chris - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Ta có :\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}.a.h_a=\dfrac{1}{2}.b.h_b=\dfrac{1}{2}.c.h_c\)
\(\Rightarrow a.h_a=b.h_b=c.h_c=2S_{ABC}=2\)
Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopski ta có :
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\ge\left(a.h_a+b.h_b+c.h_c\right)^2=36\)
Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều
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.
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)
Lấy B' đối xứng với B qua AK ( K thỏa mãn \(BK\perp AB\); \(AK\perp BK\))
CM được : \(\hept{\begin{cases}BB'=2BK=2AH=2h_a\\AB=AB'\end{cases}}\)
Ta có : \(BB'^2=CB'^2-BC^2\le\left(AB'+AC\right)^2-BC^2=\left(AB+AC\right)^2-BC^2\)
\(\Rightarrow\left(2h_a\right)^2=4h_a^2\le\left(b+c\right)^2-a^2\)
Tương tự , ta có : \(4h_b^2\le\left(a+c\right)^2-b^2\) và \(4h_c^2\le\left(a+b\right)^2-c^2\)
Suy ra : \(4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(a+c\right)^2-a^2-b^2-c^2\)
\(\Rightarrow4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{h_a^2+h_b^2+h_c^2}\ge4\)Hay \(P\ge4\)
" = " khi \(B',A,C\) thẳng hàng \(\Rightarrow A\)là trung điểm của \(B'C\)\(\Rightarrow AH\)là trung tuyến \(\Delta ABC\Rightarrow\Delta ABC\)cân tại \(A\)
Tương tự , \(\Delta ABC\) lần lượt cân tại \(B,C\)
Suy ra : \(\Delta ABC\) đều
Vậy \(MIN_P=4\)đạt được khi \(\Delta ABC\)đều
a) Ta có: \(\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^2=\dfrac{AB^2}{AC^2}=\dfrac{BH.BC}{CH.BC}=\dfrac{BH}{HC}\)
b) Ta có: \(\left(\dfrac{CA}{AB}\right)^4=\left(\dfrac{CA^2}{AB^2}\right)^2=\left(\dfrac{CH.BC}{BH.BC}\right)^2=\dfrac{CH^2}{BH^2}=\dfrac{CE.CA}{BD.BA}\)
\(=\dfrac{CE}{BD}.\dfrac{CA}{BA}\Rightarrow\left(\dfrac{CA}{AB}\right)^3=\dfrac{CE}{BD}\)
c) Ta có: \(AH^4=\left(AH^2\right)^2=\left(BH.CH\right)^2=BH^2.CH^2\)
\(=BD.BA.CE.CA=BD.CE\left(AB.AC\right)=BD.CE.AH.BC\)
\(\Rightarrow BD.CE.BC=AH^3\)
d) Vì \(\angle HDA=\angle HEA=\angle DAE=90\Rightarrow ADHE\) là hình chữ nhật
\(\Rightarrow AH=DE\Rightarrow AH^2=DE^2=DH^2+HE^2\)
Ta có: \(3AH^2+BD^2+CE^2=2AH^2+\left(DH^2+BD\right)^2+\left(HE^2+CE^2\right)\)
\(=2.HB.HC+BH^2+CH^2=\left(BH+CH\right)^2=BC^2\)
Kẻ Cx//AB và gọi D đối xứng với A qua Cx
\(\Rightarrow CD=AC=b;AD=2h_c\)
Vì Cx//AB nên \(\widehat{BAD}=\widehat{BAC}+\widehat{DAC}=\widehat{ACx}+\widehat{DAC}=90^0\)
Xét 3 điểm B,C,D có \(BD\le BC+CD\)
Xét tg ABD vuông tại A có \(AB^2+AD^2=BD^2\le\left(BC+CD\right)^2\)
\(\Leftrightarrow c^2+4h_c^2\le\left(a+b\right)^2\\ \Leftrightarrow4h_c^2\le\left(a+b\right)^2-c^2\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b\)
Cmtt \(\Leftrightarrow4h_b^2\le\left(a+c\right)^2-b^2;4h_a^2\le\left(b+c\right)^2-a^2\)
Cộng VTV 3 BĐT trên:
\(\Leftrightarrow4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le\left(a+b\right)^2-c^2+\left(a+c\right)^2-b^2+\left(b+c\right)^2-a^2\\ \Leftrightarrow4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=\left(a+b+c\right)^2\\ \Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{h_a^2+h_b^2+h_c^2}\ge4\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c\) hay tg ABC đều
VTV là j thế anh