K
Khách

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

2 tháng 8 2019

Em tham khảo nhé!

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

15 tháng 5 2019

A B C D H E F

Gộp a) + b) lại cho dễ làm:

Xét hai tam giác ABE và tam giác ACF:

Ta thấy rằng: \(\widehat{BEA}=\widehat{CFA}\)

Mà: \(\widehat{BEA}+\widehat{BAC}+\widehat{ABE}=180^o\Rightarrow\widehat{ABE}=180^o-\widehat{BEA}-\widehat{BAC}\) (tổng ba góc trong tam giác)

\(\widehat{CFA}+\widehat{BAC}+\widehat{ACF}=180^o\Rightarrow\widehat{ACF}=180^o-\widehat{CFA}-\widehat{BAC}=180^o-\widehat{BEA}-\widehat{BAC}=\widehat{ABE}\)

Từ đây,ta có: \(\widehat{ACF}=\widehat{ABE}\).Từ đây kết hợp giả thiết góc ABC > góc ACB suy ra:  \(\widehat{ABC}-\widehat{ABE}>\widehat{ACB}-\widehat{ACF}\)

Hay góc EBC > góc FCB . Đầu tiên,ta dễ c/m B,H,E thẳng hàng ,do BE là đường cao xuất phát từ đỉnh B.Lại thấy rằng H là giao điểm của 2 đường cao nên đường cao còn lại cũng đi qua nó.Do vậy H là trực tâm)Ta sẽ c/m C,H, F thẳng hàng để suy ra EBC = HBC > FCB = HCB tức là góc HBC > góc HCB.Để từ đó theo quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong tam giác BHC ta suy ra HC > HB

(mai mình hướng dẫn tiếp,buồn ngủ quá!)

16 tháng 5 2019

Chứng minh tiếp từ chỗ c/m C, H, F thẳng hàng nhé: (không chắc lắm đâu,mình dốt hình)

Ta có: H là giao điểm của hai đường cao  nên đường cao còn lại cũng đi qua H hay H là trực tâm.

Lại có: CH là đoạn thẳng xuất phát từ C đến trực tâm H nên thuộc đường cao xuất phát từ C. (1)

HF là đoạn thẳng hạ từ trực tâm H vuông góc với AB nên thuộc đường cao xuất phát từ C  (2)

Từ (1) và (2) suy ra C, H, F thẳng hàng   (3)

Từ đây suy ra \(\widehat{EBC}=\widehat{HBC}>\widehat{FCB}=\widehat{HCB}\)

Hay \(\widehat{HBC}>\widehat{HCB}\) vậy theo quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong tam giác BHC ta suy ra HC > HB

b) Theo kết quả của (3) (ở câu a) ta có C, H, F thẳng hàng.

c)Theo giả thiết ở câu a) ta có: \(\widehat{ABC}>\widehat{ACB}\).Theo quan hệ giữa góc và cạnh đối diện của tam giác ABC suy ra AC > AB

Suy ra  AC + AB > AB + AB = 2AB (4).

Lại có: Tam giác ABD vuông tại D (giả thiết AD là đường cao hạ từ A vuông góc với BC). Do đó AB là cạnh lớn nhất.

Suy ra AB > AD suy ra 2AB > 2AD (5)

Từ (4) và (5) kết hợp lại,ta có: AC + AB > 2AB > 2AD tức là AC + AB > 2AD.

d) Đang suy nghĩ...

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)

9 tháng 7 2019

A B C D E H F

Tam giác ABC có : góc ABC > góc ACB (gt)

=> AC > AB (đl)

AD _|_ BC (gt) 

D thuộc BC

=> BD < DC

H thuộc AD 

=> HB < HC  

b, AD; BE là đường cao

ADcắt BE tại H 

=> CH là đường cao (đl)

=> CH _|_ AB (đn)

HF _|_ AB (gt)

=> C; H; F thẳng hàng

9 tháng 7 2019

c.

\(AB>AD;AC>AD\left(ch>cgv\right)\)

\(\Rightarrow AB+AC>2AD\left(đpcm\right)\)

d

Kẻ \(HN//AC;HM//AB\)

Theo tính chất cặp đoạn chắn,ta có:\(HM=AN\)

Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có:

\(HA< AM+HM=AM+AN\left(1\right)\)

Do \(BH\perp AC;HN//AC\Rightarrow NH\perp HN\)

Xét  \(\Delta BHN\) ta có:\(BH< BN\left(2\right)\)

Tương tự trong tam giác CHM có \(CH< CM\left(3\right)\)

Tiừ \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\Rightarrow HA+HB+HC< AM+AN+BN+CM=AB+AC\)

Tương tự,ta có:

\(HA+HB+HC< AB+BC\)

\(HA+HB+HC< BC+AC\)

\(\Rightarrow3\left(HA+HB+HC\right)< 2\left(AB+BC+CA\right)\)

\(\Rightarrow HA+HB+HC< \frac{2}{3}\left(AB+BC+CA\right)\)

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).

25 tháng 8 2023

mọi người giải gấp giúp em ạ

 

a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

góc EAB chung

=>ΔAEB đồng dạng với ΔAFC

=>AE/AF=AB/AC

=>AE/AB=AF/AC

Xét ΔAEF và ΔABC có

AE/AB=AF/AC

góc FAE chung

Do đó: ΔAEF đồng dạng với ΔABC

=>góc AEF=góc ABC

b: Kẻ HM//AB(M thuộc AC)

HN//AC(N thuộc AB)

Xét tứ giác AMHN có

AM//HN

AN//HM

Do đó: AMHN là hình bình hành

=>AM=HN; AN=HM

ΔAHM có AH<AM+MH

=>AH<AM+AN

HN//AC

mà BH vuông góc AC

nên HB vuông góc HN

ΔHBN vuông tại H

=>HB<BN

HM//AB

CH vuông góc AB

Do đó: HC vuông góc HM

=>ΔHCM vuông tại H

=>HC<MC

AH<AM+AN

HB<BN

HC<MC

=>HA+HB+HC<AM+AN+BN+MC=AC+AB

Chứng minh tương tự, ta được:
HA+HB+HC<AB+BC và HA+HB+HC<AC+BC

=>3*(HA+HB+HC)<2(BA+BC+AC)

=>HA+HB+HC<2/3*(BA+BC+AC)