Áp dụng bđt AM - GM, ta có:

\(4\sqrt{3}S=4\sqrt{3}\times\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)

\(=4\sqrt{3}\times\dfrac{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}}{4}\)

\(\le\sqrt{3\left(a+b+c\right)}\times\sqrt{\dfrac{\left(a+b-c+b+c-a+c+a-b\right)^3}{27}}\)

\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)

\(=\dfrac{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac}{3}\)

\(=\dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a^2-2ab+b^2\right)-\left(a^2-2ac+c^2\right)-\left(b^2-2bc+c^2\right)}{3}\)

\(=a^2+b^2+c^2-\dfrac{\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2}{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c (\(\Delta ABC\) đều)

Làm linh tinh đấy -.- hổng chắc đâu Ọ v Ọ

Còn một cách rất pá đạo nữa , không hiểu nổi lấy ý tưởng từ đâu luôn:

CM:\(a^2+b^2+c^2\ge4\sqrt{3}S\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}S\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+a^2+b^2-2ab.\cos C-4\sqrt{3}.\dfrac{1}{2}.ab.\sin C\ge0\)( định lý cos + CT diện tích)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2-2ab\right)+4ab-4ab.\dfrac{1}{2}.\cos C-4ab.\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\sin C\ge0\)

\(\Leftrightarrow2\left(a-b\right)^2+4ab\left(1-\cos\dfrac{\pi}{3}.\cos C-\sin\dfrac{\pi}{3}.\sin C\right)\ge0\)

( \(\cos\dfrac{\pi}{3}=\cos60=\dfrac{1}{2}\);\(\sin\dfrac{\pi}{3}=\sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\))

\(\Leftrightarrow2\left(a-b\right)^2+4ab\left[1-\cos\left(\dfrac{\pi}{3}-C\right)\right]\ge0\)( luôn đúng vì \(-1\le\cos\alpha\le1\))

( \(\cos\left(x-y\right)=\cos x\cos y+\sin x\sin y\))

Bất đẳng thức cần cm tương đương:

\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{27}\).

Mặt khác theo bđt AM - GM (Chú ý a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a + b - c > 0; b + c - a > 0; c + a - b > 0) ta có:

\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le\dfrac{\left(a+b-c+b+c-a+c+a-b\right)^3}{27}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{27}\).

Vậy ta có đpcm.

Vì bạn không hiểu nên mình làm lại:

Thay \(p=\dfrac{a+b+c}{2}\) vào bất đẳng thức cần chứng minh ta có:

\(\left(\dfrac{a+b+c}{2}-a\right)\left(\dfrac{a+b+c}{2}-b\right)\left(\dfrac{a+b+c}{2}-c\right)\le\dfrac{\left(\dfrac{a+b+c}{2}\right)^3}{27}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}{8}\le\dfrac{\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{8}}{27}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{27}\).

Đến đây bạn làm tiếp như lúc nãy.

a = 60cm

p = 160/2 = 80cm

p = \(\dfrac{a+b+c}{2}\) (1) => \(\dfrac{2p-a}{2}\) = \(\dfrac{b+c}{2}\)

Vì a, p là 1 hằng số nên để S đạt GTLN <=> (p-b) và (p-c) đạt GTLN

Áp dụng bđt Cosin, ta có:

\(\sqrt{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\) <= \(\dfrac{p-b+p-c}{2}\) = \(\dfrac{2p-b-c}{2}\)

=> \(\dfrac{S}{\sqrt{p\left(p-a\right)}}\) <= \(p-\dfrac{b+c}{2}\) = \(p-\dfrac{2p-a}{2}\) = \(\dfrac{a}{2}\)

=> 2S <= \(a\sqrt{p\left(p-a\right)}\) = \(60\sqrt{80.\left(80-60\right)}\) = 2400

=> S <= 1200 (\(cm^2\))

Dấu "=" xảy ra

<=> \(p-b\) = \(p-c\)

<=> b = c

Thay b = c vào (1), ta được:

p = \(\dfrac{a+2b}{2}\) => 80 = \(\dfrac{60+2b}{2}\) => b = c = 50 (cm)

=> đpcm

chuyên đề là tính các đại lượng hình học bằng cách lập phương trình nhé

hình, CH=x . Mọi người giải giúp mình với mình sắp học rùi

gu gồ k tính phí:

Công thức Heron – Wikipedia tiếng Việt;

Giúp mình chứng minh công thức tính diện tích tam giác với mọi người ơi !? | Yahoo Hỏi & Đáp;

Toán - Chứng minh công thức Hê - rông | Diễn đàn HOCMAI - Cộng đồng học tập lớn nhất Việt Nam;

https://diendantoanhoc.net/topic/46975-cach-cm-cong-he-rong/;

Công thức Hê-rông với THCS - Toán học - Nguyễn Bá Tuấn - Thư viện Giáo án điện tử

bla..bla

P/s: Sớt gu gồ ra liền mà '-'

p là j vậy bạn

p là nửa chu vi =>a+b+c=2p

a, \(a^2-b^2-c^2+2bc=a^2-\left(b^2-2bc+c^2\right)=a^2-\left(b-c\right)^2=\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)\)

\(=\left(a+b+c-2b\right)\left(a+b+c-2c\right)=\left(2p-2b\right)\left(2p-2c\right)=4\left(p-b\right)\left(p-c\right)\) (đpcm)

b, \(p^2+\left(p-a\right)^2+\left(p-b\right)^2+\left(p-c\right)^2=p^2+p^2-2pa+a^2+p^2-2pb+b^2+p^2-2pc+c^2\)

\(=4p^2-2p\left(a+b+c\right)+a^2+b^2+c^2=4p^2-2p.2p+a^2+b^2+c^2=a^2+b^2+c^2\) (đpcm)

Do a,b,c là ba cạnh của tam giác nên a,b,c >0

Với x,y\(\ge\)0, ta có:

\(\dfrac{1}{xy}\ge\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}\)(CO-si)

=>\(xy\le\dfrac{\left(x+y\right)^2}{4}\)

Áp dụng ba lần , ta có:

Lần 1: \(\left(P-a\right)\left(P-b\right)\le\dfrac{\left(P-a+P-b\right)^2}{4}\)(khi a=b)

<=>\(\left(P-a\right)\left(P-b\right)\le\dfrac{c^2}{4}\)(1)

Lần 2: \(\left(P-b\right)\left(P-c\right)\le\dfrac{\left(P-b+P-c\right)^2}{4}\)(b=c)

<=>\(\left(P-b\right)\left(P-c\right)\le\dfrac{a^2}{4}\)(2)

Lần 3: \(\left(P-a\right)\left(P-c\right)\le\dfrac{\left(P-a+P-c\right)^2}{4}\)(a=c)

<=>\(\left(P-a\right)\left(P-c\right)\le\dfrac{b^2}{4}\)(3)

Lấy (1) nhân (2) nhân (3), ta có:

\(\left[\left(P-a\right)\left(P-b\right)\left(P-c\right)\right]^2\le\left(\dfrac{abc}{8}\right)^2\)

<=>\(\left(P-a\right)\left(P-b\right)\left(P-c\right)\le\dfrac{1}{8}abc\)(khi a=b=c)