Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. CMR:
ab + bc + ca ≥ 4\(\sqrt{3}\).S
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
AH
Akai Haruma
Giáo viên
20 tháng 3 2019
Lời giải:
Theo công thức Herong thì:
\(S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}\)
Do vậy ta cần CM: \(\frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}\leq \frac{\sqrt{3}}{4}.\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)^3(a+b-c)^3(b+c-a)^3(c+a-b)^3\leq 27(abc)^4\)
Đặt \(\left\{\begin{matrix} a+b-c=x\\ b+c-a=y\\ c+a-b=z\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{x+z}{2}\\ b=\frac{x+y}{2}\\ c=\frac{y+z}{2}\end{matrix}\right.\)
Điều cần CM trở thành: \(\frac{4096}{27}(x+y+z)^3(xyz)^3\leq [(x+y)(y+z)(x+z)]^4\)
----------------------------------------------
Thật vậy:
Ta có bổ đề quen thuộc: \((x+y)(y+z)(x+z)\geq \frac{8}{9}(xy+yz+xz)(x+y+z)\)
\(\Rightarrow [(x+y)(y+z)(x+z)]^4\geq \frac{4096}{9^4}(xy+yz+xz)^4(x+y+z)^4\)
Mà theo BĐT AM-GM:
\( \frac{4096}{9^4}(xy+yz+xz)^4(x+y+z)^4=\frac{4096}{27}(x+y+z)^3.\frac{(xy+yz+xz)^4(x+y+z)}{243}\)
\(\geq \frac{4096}{27}(x+y+z)^3.\frac{(3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}]^4.3\sqrt[3]{xyz}}{243}=\frac{4066}{27}(x+y+z)^3(xyz)^3\)
Do đó: \([(x+y)(y+z)(x+z)]^4\geq \frac{4066}{27}(x+y+z)^3(xyz)^3\) (đpcm)
Vậy............
13 tháng 5 2019
Mình không biết vẽ hình khi trả lời nên bạn tự vẽ nhé
Đầu tiên chứng minh \(NE=\frac{1}{6}AN\)
Qua E kẻ đường thẳng song song BF cắt AC tại K
Theo ta-lét ta có:
\(\frac{FK}{FC}=\frac{BE}{BC}=\frac{1}{3}\)=>\(\frac{FK}{ÀF}=\frac{1}{6}=\frac{NE}{AN}\)
Từ E,N,C kẻ các đường cao tới AB lần lượt là H,G,I
Theo talet ta có
\(\frac{EH}{CI}=\frac{BE}{BC}=\frac{1}{3},\frac{NG}{EH}=\frac{AN}{AE}=\frac{6}{7}\)
=> \(\frac{NG}{CI}=\frac{2}{7}\)=> \(\frac{NG.AB}{CI.AB}=\frac{2}{7}\)
=> \(\frac{S_{ABN}}{S_{ABC}}=\frac{2}{7}\)
Tương tự \(\frac{S_{BPC}}{S_{ABC}}=\frac{2}{7}\),\(\frac{S_{AMC}}{S_{ABC}}=\frac{2}{7}\)
=> \(S_{MNP}=S_{ABC}-S_{AMC}-S_{ABN}-S_{BCP}=\frac{1}{7}S_{ABC}\)
Vậy \(S_{MNP}=\frac{1}{7}S_{ABC}\)
QT
25 tháng 6 2021
- Dựng phân giác AD của góc A . Sau đó dựng BB' và CC' vuông góc với AD
- Đặt BB' = x , CC' = y . Ta có :
+) \(\Delta ABB'\)cân tại A \(sin\frac{A}{2}=\frac{x}{2c}\)
+) \(\Delta ACC'\)cân tại A \(sin\frac{A}{2}=\frac{y}{2b}\)
\(\Rightarrow sin^2\frac{A}{2}=\frac{xy}{4bc}\)
Để cm(1) , ta cần cm : \(xy\le a^2\)
+) Trong tam giác BHD vuông tại H ta có : \(BH\le CD\)hay \(\frac{x}{2}\le BD\)
+) Trong tam giác CKD vuông tại K ta có : \(CK\le CH\)hay \(\frac{y}{2}\le CD\)
\(\Rightarrow a=BD+CD\ge\frac{x+y}{2}\ge\sqrt{xy}\)
\(\Rightarrow a^2\ge xy\left(đpcm\right)\)
25 tháng 6 2021
Kẻ phân giác AD của tam giác ABC (D nằm trên đoạn BC)
Từ B,C kẻ các đường vuông góc với đường thẳng AD tại E,F
Khi đó ta có: \(\sin\widehat{BAE}=\frac{BE}{AB}=\frac{BE}{c}\) ; \(\sin\widehat{FAC}=\frac{CF}{AC}=\frac{CF}{b}\)
Mà \(\sin\frac{\widehat{A}}{2}=\sin\widehat{BAE}=\sin\widehat{FAC}=\frac{BE}{c}=\frac{CF}{b}=\frac{BE+CF}{b+c}\)
Ta thấy \(\hept{\begin{cases}BE\le BD\\CF\le CD\end{cases}}\Rightarrow BE+CF\le BD+CD=BC\)
Lại có theo bất đẳng thức Cauchy: \(b+c\ge2\sqrt{bc}\)
\(\Rightarrow\sin\frac{\widehat{A}}{2}=\frac{BE+CF}{b+c}\le\frac{BC}{2\sqrt{bc}}=\frac{a}{2\sqrt{bc}}\)
Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC cân tại A
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 6 2021
a.
Áp dụng hệ thức lượt trong tam giác vuông ta có:
$\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{AC^2}=\frac{1}{AH^2}-\frac{1}{AB^2}=\frac{1}{3a^2}$
$\Rightarrow AC=\sqrt{3}a$
$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{a^2+3a^2}=2a$
b.
$HB=\frac{BC}{4}$ thì $HC=\frac{3}{4}BC$
$\Rightarrow \frac{HB}{HC}=\frac{1}{3}$
Áp dụng hệ thức lượt trong tam giác vuông:
$AB^2=BH.BC; AC^2=CH.BC$
$\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\sqrt{\frac{BH}{CH}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
Áp dụng định lý Pitago:
$4a^2=BC^2=AB^2+AC^2=(\frac{\sqrt{3}}{3}.AC)^2+AC^2$
$\Rightarrow AC=\sqrt{3}a$
$\Rightarrow AB=a$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 6 2021
c.
Áp dụng hệ thức lượt trong tam giác vuông:
$AB^2=BH.BC$
$\Leftrightarrow AB^2=BH(BH+CH)$
$\Leftrightarrow a^2=BH(BH+\frac{3}{2}a)$
$\Leftrightarrow BH^2+\frac{3}{2}aBH-a^2=0$
$\Leftrightarrow (BH-\frac{a}{2})(BH+2a)=0$
$\Rightarrow BH=\frac{a}{2}$
$BC=BH+CH=2a$
$AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{3}a$
d. Tương tự phần a.
Ta cần chứng minh:
\(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge48\left(\dfrac{a+b+c}{2}\right)\left(\dfrac{a+b-c}{2}\right)\left(\dfrac{b+c-a}{2}\right)\left(\dfrac{c+a-b}{2}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)\)
Mặt khác do a;b;c là 3 cạnh của 1 tam giác:
\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)\le abc\)
Nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\) (đúng)
Em cảm ơn thầy ạ.