Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) \(\Delta\)ABC vuông tại A có trung tuyến AO nên ^OAC = ^OCA. Do ^OCA = ^BAH (Cùng phụ ^HAC)
Nên ^OAC = ^BAH = ^ AEF (Do tứ giác AEHF là hcn)
Mà ^AEF + ^AFE = 900 => ^OAC + ^AFE = 900 => OA vuông góc EF (đpcm).
b) Biến đổi tương đương:
\(BE\sqrt{CH}+CF\sqrt{BH}=AH\sqrt{BC}\)
\(\Leftrightarrow BE\sqrt{BC.CH}+CF\sqrt{BC.BH}=AB.BC\)(Nhân mỗi vế với \(\sqrt{BC}\))
\(\Leftrightarrow BE\sqrt{AC^2}+CF\sqrt{AB^2}=AB.BC\) (Hệ thức lương)
\(\Leftrightarrow BE.AC+CF.AB=AB.BC\)
\(\Leftrightarrow BH.AH+CH.AH=AB.BC\)(Vì \(\Delta\)EBH ~ \(\Delta\)HAC; \(\Delta\)FHC ~ \(\Delta\)HBA)
\(\Leftrightarrow AH\left(BH+CH\right)=AB.BC\)
\(\Leftrightarrow AH.BC=AB.AC\) (luôn đúng theo hệ thức lượng)
Vậy có ĐPCM.
Date cái hình ra đây đã, bài này "dễ" không ấy mà:))
Bài làm:
Ta có:
\(S_{AHB}=\frac{1}{2}\cdot AH\cdot BD\) , mà \(\sin\widehat{BHD}\cdot BH=\frac{BD}{BH}\cdot BH=BD\)
=> \(S_{AHB}=\frac{1}{2}\cdot AH\cdot BH\cdot\sin\widehat{BHD}\left(1\right)\)
\(S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BE\) , mà \(\sin\widehat{ECB}\cdot BC=\frac{BE}{BC}\cdot BC=BE\)
=> \(S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BC\cdot\sin\widehat{ECB}\left(2\right)\)
Dễ dàng CM được: Δ BDH ~ Δ BEC (g.g) => \(\widehat{BHD}=\widehat{ECB}\Rightarrow\sin\widehat{BHD}=\sin\widehat{ECB}\)
Chia vế (1) cho (2) ta được:
=> \(\frac{S_{AHB}}{S_{ABC}}=\frac{AH\cdot BH}{BC\cdot AC}=\frac{AH}{BC}\cdot\frac{BH}{AC}\)
Tương tự ta CM được: \(\frac{S_{CHA}}{S_{ABC}}=\frac{CH}{AB}\cdot\frac{AH}{BC}\) và \(\frac{S_{BHC}}{S_{ABC}}=\frac{BH}{AC}\cdot\frac{CH}{AB}\)
Cộng vế 3 BĐT trên lại ta được: \(\frac{S_{AHB}+S_{AHC}+S_{BHC}}{S_{ABC}}=\frac{AH}{BC}\cdot\frac{BH}{CA}+\frac{AH}{BC}\cdot\frac{CH}{AB}+\frac{BH}{AC}\cdot\frac{CH}{AB}\)
=> \(\frac{AH}{BC}\cdot\frac{BH}{CA}+\frac{AH}{BC}\cdot\frac{CH}{AB}+\frac{BH}{AC}\cdot\frac{CH}{AB}=\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=1\)
Tiếp theo ta CM bất đẳng thức phụ: \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\ge0\) (nhân 2 vào cả 2 vế)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\left(\forall a,b,c\right)\) luôn đúng
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
Từ đó ta áp dụng vào CM bài toán:
\(\left(\frac{AH}{BC}+\frac{BH}{CA}+\frac{CH}{AB}\right)^2\ge3\left(\frac{AH}{BC}\cdot\frac{BH}{CA}+\frac{AH}{BC}\cdot\frac{CH}{AB}+\frac{BH}{CA}\cdot\frac{CH}{AB}\right)=3\cdot1=3\)
\(\Rightarrow\frac{AH}{BC}+\frac{BH}{CA}+\frac{CH}{AB}\ge\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(\frac{AH}{BC}=\frac{BH}{CA}=\frac{CH}{AB}\Rightarrow AH=BH=CH\)
=> Tam giác ABC đều
1: Xét ΔABH vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔACH vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
2: \(AE\cdot AB+AF\cdot AC=AH^2+AH^2=2AH^2\)
4: \(4\cdot OE\cdot OF=2OE\cdot2OF=FE\cdot AH=AH^2\)
\(HB\cdot HC=AH^2\)
Do đó: \(4\cdot OE\cdot OF=HB\cdot HC\)