Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Kẻ HD//AB,HE//ACHD//AB,HE//AC
−>AD=HE;AE=AH−>AD=HE;AE=AH
Theo BĐT trong tam giác :
AH<AE+HE=AE+ADAH<AE+HE=AE+AD
xét ΔHDCΔHDC vuông tại H :HC<DCHC<DC
ΔBHEΔBHE vuông tại H : HB<BEHB<BE
−>HA+HB+HC<AE+AD+BE+DC=AB+AC−>HA+HB+HC<AE+AD+BE+DC=AB+AC
chứng minh tương tự:
HA+HB+HC<AB+BCHA+HB+HC<AB+BC
HA+HB+HC<AC+BCHA+HB+HC<AC+BC
K/h có : 3(HA+HB+HC)<2(AB+AC+BC)3(HA+HB+HC)<2(AB+AC+BC)
-> HA+HB+HC<23(AB+AC+BC)HA+HB+HC<23(AB+AC+BC)
Câu hỏi của Minh Nguyễn Cao - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Em tham khảo đề bài và bài làm tại link này nhé!
gọi M;N;K là hình chiếu của A;B;C trên BC;AC;AB
A B C M K N H
Xét tan giác BHK và tam giác CHN là 2 tam giác đồng dạng (dễ dàng chứng minh) =>\(\frac{KH}{HB}=\frac{HN}{HC}< =>KH.HC=HB.HN\)
AB2=BN2+NA2=(BH+HN)2+HA2-HN2=BH2+2BH.HN+HA2=BH2+2CH.HK+HA2
AC2=AK2+KC2=(CH+HK)2+AH2-HK2=CH2+2CH.HK+AH2
BC2=CK2+KB2=(CH+HK)2+HB2-KH2=CH2+2CH.HK+HB2
=> AB2+HC2=AC2+HB2=BC2+HA2= CH2+2CH.HK+HB2+HA2
Bổ đề: Cho đường tròn (O) với 2 dây AX,AY. Gọi Z,T lần lượt là hình chiếu của O trên AX,AY. Biết \(\frac{OZ}{AX}=\frac{OT}{AY}\). Khi đó AX = AY.
A X Y O Z T A B C H O M C'
Chứng minh bổ đề (Quan sát hình bên trái): Thấy ngay Z và T lần lượt là trung điểm của AX,AY
Kết hợp \(\frac{OZ}{AX}=\frac{OT}{AY}\)suy ra \(\frac{OZ}{AZ}=\frac{OT}{AT}\). Mà ^OZA = ^OTA (=900) nên \(\Delta\)OAZ ~ \(\Delta\)OAT (c.g.c)
=> ^OAZ = ^OAT => 2 tam giác cân tại O: \(\Delta\)AOX và \(\Delta\)AOY bằng nhau => AX = AY.
Giải bài toán: Vẽ (O) ngoại tiếp \(\Delta\)ABC. Gọi M,N,P thứ tự là hình chiếu của O lên BC,CA,AB
Kẻ đường kính CC'. Khi đó AC' // BH (Cùng vuông góc AC), BC' // AH
Do vậy tứ giác AC'BH là hình bình hành => AH = BC' = 2OM (Vì OM là đường trung bình \(\Delta\)CBC')
Tương tự BH = 2ON, CH = 2OP. Từ đó kết hợp với giả thiết \(\frac{AH}{BC}=\frac{BH}{CA}=\frac{CH}{AB}\)
Suy ra \(\frac{OM}{BC}=\frac{ON}{CA}=\frac{OP}{AB}\). Áp dụng Bổ đề ta thu được AB=BC=CA
Vậy nên tam giác ABC là tam giác đều (đpcm).
vừa nghĩ được một cách dễ hơn dùng tam giác đồng dạng, ta chứng minh được \(BC.AH=CA.BH=AB.CH\)
\(\frac{AH}{BC}=\frac{BH}{CA}=\frac{CH}{AB}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{BC.AH}{BC^2}=\frac{CA.BH}{CA^2}=\frac{AB.CH}{AB^2}\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{BC^2}=\frac{1}{CA^2}=\frac{1}{AB^2}\)
\(\Leftrightarrow\)\(AB=BC=CA\)
A B C H D E F
Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B, C của tam giác ABC.
+) \(\Delta AHE~\Delta ACD\)( vì ^HAE =^CAD, ^HEA=^CDA )
=> \(\frac{HA}{CA}=\frac{EA}{AD}\)=> \(\frac{HA}{CA}.\frac{HB}{BC}=\frac{EA}{CA}.\frac{HB}{BC}=\frac{2.EA.HB}{2.CA.BC}=\frac{S_{\Delta AHB}}{S_{ABC}}\)(1)
+) \(\Delta CHD~\Delta CBF\)( vì ^DCH=^FCB, ^CDH=^CFB )
=> \(\frac{CH}{CB}=\frac{CD}{CF}\)=> \(\frac{CH}{CB}.\frac{AH}{AB}=\frac{CD.AH}{CF.AB}=\frac{S_{AHC}}{S_{ABC}}\)(2)
+) \(\Delta ABE~\Delta HBF\)
=> \(\frac{HB}{AB}=\frac{BF}{BE}\Rightarrow\frac{HB}{AB}.\frac{HC}{AC}=\frac{BF.HC}{BE.AC}=\frac{S_{BHC}}{S_{ABC}}\)(3)
Từ (1) ; (2) ; (3) => \(\frac{HA}{CA}.\frac{HB}{BC}+\frac{CH}{CB}.\frac{AH}{AB}+\frac{HB}{AB}.\frac{HC}{AC}=\frac{S_{ABE}}{S_{ABC}}+\frac{S_{ABE}}{S_{ABC}}+\frac{S_{ABE}}{S_{ABC}}=1\)
=> \(\frac{HA}{BC}.\frac{HB}{AC}+\frac{HB}{AC}.\frac{HC}{AB}+\frac{HC}{AB}.\frac{HA}{BC}=1\)
Đặt: \(\frac{HA}{BC}=x;\frac{HB}{AC}=y;\frac{HC}{AB}=z\); x, y, z>0
Ta có: \(xy+yz+zx=1\)
=> \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)=3\)
=> \(x+y+z\ge\sqrt{3}\)
"=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=z
Vậy : \(\frac{HA}{BC}+\frac{HB}{AC}+\frac{HC}{AB}\ge\sqrt{3}\)
"=" xảy ra <=> \(\frac{HA}{BC}=\frac{HB}{AC}=\frac{HC}{AB}\)
A B C I F G H x y z
dat HI=x, HF=y, HG=z
ta co \(\frac{SBHC}{SABC}=\frac{\frac{1}{2}.HI.BC}{\frac{1}{2}AI.BC}=\frac{HI}{AI}=\) \(\frac{x}{x+8}\)
ttu \(\frac{SAHC}{SABC}=\frac{y}{y+\sqrt{14}}\) \(\frac{SHAB}{SABC}=\frac{z}{z+\sqrt{44}}\)
cộng vế vs vế \(\frac{x}{x+8}+\frac{y}{y+\sqrt{14}}+\frac{z}{z+\sqrt{44}}=\frac{SHBC+SHAC+SHAB}{SABC}=1\) (1)
do \(\Delta AHF\simeq\Delta BHI\rightarrow\frac{HF}{HI}=\frac{y}{x}=\frac{AH}{BH}=\frac{8}{\sqrt{14}}\Rightarrow y=\frac{8}{\sqrt{14}}x\)
ttu \(\Delta AHG\simeq\Delta CHI\Rightarrow z=\frac{8}{\sqrt{44}}x\)
the vao 1 ta co \(\frac{x}{x+8}+\frac{\frac{8}{\sqrt{14}}x}{\frac{8}{\sqrt{14}}x+\sqrt{14}}+\frac{\frac{8x}{\sqrt{44}}}{\frac{8x}{\sqrt{44}}+\sqrt{44}}=1\)
\(\Leftrightarrow\frac{x}{x+8}+\frac{8x}{8x+14}+\frac{8x}{8x+44}=1\)
giải ra bn có x=2
ap dung dl pitago vao tam giac vuong BHI \(BI^2=14-x^2=14-4=10\Rightarrow BI=\sqrt{10}\)
. ............................HIC \(IC=\sqrt{40}\)
\(\Rightarrow BC=BI+IC=\sqrt{10}+\sqrt{40}\)
MA AI=\(AH+HI=8+2=10\)
\(\Rightarrow SABC=\frac{10.\left(\sqrt{10}+\sqrt{40}\right)}{2}=15\sqrt{10}\)
\frac{x}{x+8}+\frac{\frac{8}{\sqrt{14}}x}{\frac{8}{\sqrt{14}}x+\sqrt{14}}+\frac{\frac{8x}{\sqrt{44}}}{\frac{8x}{\sqrt{44}}+\sqrt{44}}=1x+8x+148x+14148x+448x+44448x=
