Ta có:
\(S=pr=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)
\(\Leftrightarrow p^2r^2=p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\)
\(\Leftrightarrow r^2=\frac{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{p}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{r^2}=\frac{p}{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}=\frac{1}{\left(p-a\right)\left(p-b\right)}+\frac{1}{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}+\frac{1}{\left(p-a\right)\left(p-c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{r^2}=4\left(\frac{1}{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)}+\frac{1}{\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}+\frac{1}{\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{4r^2}=\frac{1}{c^2-\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{a^2-\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{b^2-\left(c-a\right)^2}\)
\(\ge\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)(áp dụng \(x^2-y^2\le x^2\))
\(\Rightarrow4r^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le1\)
\(\Rightarrow\frac{1}{r^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}\ge4\left(1\right)\)
Ta lại có
\(S=\frac{a.ha}{2}=pr=\frac{r\left(a+b+c\right)}{2}\)
\(\Rightarrow ha=\frac{r\left(a+b+c\right)}{a}\)
\(\Rightarrow ha^2=\frac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{a^2}\)
Tương tự
\(hb^2=\frac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{b^2}\)
\(hc^2=\frac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{c^2}\)
Cộng vế theo vế ta được
\(ha^2+hb^2+hc^2=r^2\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ha^2+hb^2+hc^2}=\frac{1}{r^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ha^2+hb^2+hc^2}\ge4\)
p = (a + b + c)/2
Còn r là bán kính đường tròn nội tiếp
Con Fresh ngây quá, p và r mà cũng k biết
alibaba giải theo toán casio còn đây là toán viết mà
![[IMG]](http://htmlimg1.scribdassets.com/36t3bju30g5bd72/images/6-ed5528cbfb/000.png)
Xét tam giác ABC có: AB = c, BC = a, AC = b.Từ A dựng đường thẳng d // BC. Lấy B' đối xứng
với B qua d.Ta nhận thấy: BB' = 2.h . Ta có:
BB′2+BC2=B′C2BB′2+BC2=B′C2 \leq (B′A+AC)2(B′A+AC)2 . Suy ra: 4.ha24.ha2 \leq (c+b)2−a2(c+b)2−a2 (1)
Hoàn toàn tương tự: 4.hb24.hb2 \leq (c+a)2−b2(c+a)2−b2 (2)
4.hc24.hc2 \leq (a+b)2−c2(a+b)2−c2 (3)
Từ (1)(2)(3) ta có:
(c+b)2−a2+(c+a)2−b2+(a+b)2−c2(c+b)2−a2+(c+a)2−b2+(a+b)2−c2 \geq 4.(ha2+hb2+hc2)4.(ha2+hb2+hc2)
\Rightarrow (a+b+c)2(a+b+c)2 \geq 4.(ha2+hb2+hc2)4.(ha2+hb2+hc2) (dpcm)
hình vẽ tự vẽ nha.
Qua C vẽ Cx song song với AB.
Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx.
Suy ra \(\widehat{BAD}=90^0;CD=AB=b;AD=2h_c\)
Xét 3 điểm B,C,D ta có:\(BD\le BC+CD\)(bất đẳng thức tam giác)
\(\Delta BDA\)có \(\widehat{BAD}=90^0\),nên theo định lý pythagore ta có được:
\(AB^2+AD^2=BD^2\le\left(BC+CD\right)^2\)
\(\Rightarrow c+4h_c^2\le\left(a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow4h_c^2\le\left(a+b\right)^2-c\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:\(a=b\)
Chứng minh tương tự,ta cũng có:
\(4h_a^2\le\left(b+c\right)^2-a\).Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:\(b=c\)
\(4h_b^2\le\left(a+c\right)^2-b\).Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:\(a=c\)
Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức,ta được:
\(4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{h_a^2+h_b^2+h_c^2}\ge4\left(đpcm\right)\)
