K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

2 tháng 5 2016

Gọi các đường cao của tam giác nhọn ABC là BD và CE

Từ H kẻ HS//AC,HR//AB (S thuộc AB,R thuộc AC)

HA<AR+RH (Bất đẳng thức tam giác)

Hay HA<AR+AS (1)

AB//HR, AB vuông góc với CE => HR vuông góc với CE 

=> Tam giác HRC vuông tại H => RC>HC (RC là cạnh huyền) (2)

HS//AC, AC vuông góc HC => SH vuông góc HD

=> Tam giác SHE vuông tại H => BS>BH (BH là cạnh huyền) (3)

Từ (1);(2);(3) suy ra HA+HC+HB<AR+AS+RC+BS

Hay HA+HC+HB< (AR+RC)+(AS+BS)

HA+HC+HB<AC+AB

Tương tự ta cũng có: HA+HB+HC<AC+AB 

HA+HB+HC<AB+BC

HA+HB+HC<BC+AC

Cộng 2 vế ta được: 3(HA+HB+HC)<2(AC+AB+BC)

HA+HB+HC<2/3(AC+AB+BC) (ĐPCM)

4 tháng 4 2017

 Qua H kẻ HF // AB (F thuộc AC), HE // AC (E thuộc AB) 
H là trực tâm ▲ ABC => BH ┴ AC mà HE // AC => BH ┴ HE (từ ┴ đến //) 
=> ▲ BHE vuông tại H => BE > BH (t/c ▲ vuông) (1) 
Chứng minh tương tự, ta được CF > CH (2) 
HE // AF, HF // AE => AEHF là hình bình hành (theo dấu hiệu nhận biết) => AE = HF (2 cạnh đối) (3) 
Xét ▲ AHF có AF + HF > AH (bất đẳng thức tam giác) (4) 
Từ (3) và (4) => AE + AF > AH (5) 
Từ (1), (2) và (5) => BE + CF + AE + AF > AH + BH + CH => AB + AC > AH + BH + CH (6) 
Chứng minh tương tự, ta được: 
* AB + BC > AH + BH + CH (7) 
* AC + BC > AH + BH + CH (8) 
Từ (6), (7) và (8) => 2(AB + AC + BC) > 3(AH + BH + CH) => HA + HB + HC < 2/3(AB + AC + BC)

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

Câu hỏi của Phạm Trung Kiên - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

Em tham khảo nhé!

9 tháng 5 2016

dài lắm mình không làm đâu

2 tháng 8 2019

Câu hỏi của Phạm Trung Kiên - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

Em tham khảo nhé!

26 tháng 2 2018

Kẻ HD//AB,HE//ACHD//AB,HE//AC

\(\Rightarrow\)AD=HE;AE=AH

Theo BĐT trong tam giác :

AH<AE+HE=AE+ADAH<AE+HE=AE+AD
 ΔHDC vuông tại H :HC<DC
ΔBHE vuông tại H : HB<BE
\(\Rightarrow\)HA+HB+HC<AE+AD+BE+DC=AB+AC

Chứng minh tương tự ta được:
HA+HB+HC<AB+BCHA+HB+HC<AB+BC 
HA+HB+HC<AC+BCHA+HB+HC<AC+BC
\(\Rightarrow\) 3(HA+HB+HC)<2(AB+AC+BC)

\(\Rightarrow\)HA + HB + HC < \(\frac{2}{3}\)(AB+AC+BC)(ĐPCM)



-> HA+HB+HC<23(AB+AC+BC)

20 tháng 6 2020

Kẻ HD//AB ,HE//AC
−>AD=HE; AE=AH
Theo BĐT trong tam giác :
AH<AE+HE=AE+AD
xét ΔHDC vuông tại H :HC<DC
ΔBHE vuông tại H : HB<BE
−>HA+HB+HC<AE+AD+BE+DC=AB+AC
chứng minh tương tự:
HA+HB+HC<AB+BC
HA+HB+HC<AC+BC
K/h có :

3 (HA+HB+HC) < 2 (AB+AC+BC)
-> HA+ HB + HC< \(\frac{2}{3}\)(AB+AC+BC)

2 tháng 8 2019

Câu hỏi của Phạm Trung Kiên - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

Em tham khảo nhé!