Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Không thì dùng định lý Euler nhanh hơn. Gọi d là khoản cách giữa tâm nội tiếp và ngoại tiếp thì ta có
\(d^2=R\left(R-2r\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow R\ge2r\)
Ta có: \(S=\frac{abc}{4R}=\frac{\left(a+b+c\right)r}{2}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}R=\frac{abc}{4S}\\r=\frac{2S}{a+b+c}\end{cases}}\)
Ta cần chứng minh:
\(R\ge2r\)
\(\Leftrightarrow\frac{abc}{4S}\ge\frac{4S}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow abc\left(a+b+c\right)\ge16S^2\)
\(\Leftrightarrow abc\left(a+b+c\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)\)
Ta có:
\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)}\le\frac{a+b-c+a+c-b}{2}=a\)
Tương tự ta có điều phải chứng minh
Tới đây thì xong rồi nhé.
A B C D E O H F
a) Tự chứng minh
b) Diện tích của tứ giác có 2 đường chéo vuông góc với nhau là nửa tích 2 đường chéo.
Theo câu a, \(OA⊥EF\)nên \(S_{AEOF}=\frac{1}{2}OA.EF=\frac{1}{2}R.EF\)
tương tự:\(S_{BDOF}=\frac{1}{2}DF.OB=\frac{1}{2}R.DF\);\(S_{DOEC}=\frac{1}{2}.OC.DE=\frac{1}{2}R.DE\)
\(\Rightarrow S_{AEOF}+S_{BDOF}+S_{DOEC}=\frac{1}{2}R.P\)
hay \(S_{ABC}=\frac{1}{2}R.P=\frac{1}{4}.2RP\le\frac{R^2+P^2}{4}\)(Theo BĐT AM-GM)
BÀI LÀM
a, xét tứ giác ADOE có:
góc A= góc E=góc D=90O
mà ta thấy: OE=OD( bán kính = nhau)
vậy tứ giác ADOE là hình vuông (dhnb)
a) Dễ thấy tứ giác AEOD là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông).
Mà OD = OE ( cùng bằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC).
Nên tứ giác AEOD là hình vuông.
b) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ O xuống BC.
Có SΔABC=SΔOAB+SΔOBC+SΔOAC
=12 OD.AB+12 OE.AC+12 OH.BC
=12 r.(AB+AC+BC)
=12 pr (pp là chu vi của tam giác ABCABC, rr là bán kính đường tròn nội tiếp).
c) Áp dụng định lý Pi-ta-go ta có: BC=√AB2+AC2=10(cm).
Diện tích tam giác ABC là: 12 AB.AC=12 .6.8=24(cm2).
Chu vi tam giác ABC là: 6+8+10=24(cm).
Suy ra: 24=12 .24.r⇔r=2(cm).
ta có : BC = 2R ; AD = AE = r
nên 2R + r = BC + (AE + AD) = (BF + FC) + (AE + AD)
= (DB + EC) + (AE + AD) = (AD + DB) + (AE + EC)
= AB + AC ( đpcm)
Gọi A; B; CD,E,F làn lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác với BC; CA; AB
Khi đó: \(S=S_{BIC}+S_{CAI}+S_{BAI}=\frac{1}{2}\) \(BC.ID+CA.IE+AB.IF=p.r\)
\(\frac{S}{h_a}+\frac{S}{h_b}+\frac{S}{h_c}=\frac{1}{2}\) \(a+b+c=p=\frac{S}{r}\)
\(\RightarrowĐPCM\)
Không tính tổng quát, giả sử: \(h_a\le h_b\le h_c\)
\(\Rightarrow\frac{1}{h_a}\ge\frac{1}{h_b}\ge\frac{1}{h_c}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{h_a}\ge\frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow h_a\le3\)
Mặt khác: \(\frac{1}{h_a}< \frac{1}{r}=1\Rightarrow h_a>1\Rightarrow h_a\ge2\)
Vậy: \(h_a=2\)hoặc \(h_a=3\)
Nếu \(h_a=2\)
\(\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\)**
Ta có: \(a\ge b\ge c\)do \(h_a\le h_b\le h_c\)
Để a; b; clà 3 cạnh của một hình tam giác ta chỉ cần b + c > a do khi \(a\ge b\ge c\)theo ta sẽ có ngay a + c > b, a + b > c
\(\Leftrightarrow\frac{S}{h_b}+\frac{S}{h_c}>\frac{S}{h_a}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}>\frac{1}{h_a}=\frac{1}{2}\)mâu thuẫn với **
Vậy, loại trường hợp này.
\(\Rightarrow h_a=3\Rightarrow h_b\ge h_c\ge3\)
\(\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}\)
\(\frac{1}{h_b}\ge\frac{1}{h_c}\)
Suy ra: \(\frac{1}{h_b}\ge\frac{1}{3}\Rightarrow h_b\le3\)
Mà: \(h_b\ge\frac{1}{3}\Rightarrow h_b\le3\)
Vậy: \(h_b=3\Rightarrow h_c=3\)
\(\RightarrowĐPCM\)