BĐT trên bị ngược dấu rồi.

Theo công thức Heron:

\(S=\dfrac{1}{4}\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\).

Do đó ta chỉ cần cm:

\(\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\leq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\). (1)

Ta có \(\left(1\right)\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2\ge0\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-b^2\right)^2}{2}+\dfrac{\left(b^2-c^2\right)^2}{2}+\dfrac{\left(c^2-a^2\right)^2}{2}\ge0\) (luôn đúng).

Do đó bđt ban đầu cũng đúng.

Đẳng thức xảy ra khi tam giác đó đều.

a: Xét ΔDEA và ΔDFB có

DE=DF

góc D chung

DA=DB

=>ΔDEA=ΔDFB

b: ΔDEA=ΔDFB

=>góc DEA=góc DFB

=>góc KEF=góc KFE
=>ΔKEF cân tại K

c: ΔDEF cân tại D

mà DH là đường cao

nên DH là trung tuyến

=>DH,EA,FB đồng quy

Ta có:

\(\left(2a^2-b^2-c^2\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow4a^4+b^4+c^4-4a^2b^2-4a^2c^2+2b^2c^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2\ge6a^2b^2+6a^2c^2-3a^4\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3a^2\left(2b^2+2c^2-a^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}\ge\dfrac{\sqrt{3}a}{a^2+b^2+c^2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}\ge\sqrt{3}\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)

Tương tự: \(\dfrac{b}{\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}\ge\sqrt{3}.\dfrac{b^2}{a^2+b^2+c^2}\) ; \(\dfrac{c}{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}\ge\sqrt{3}.\dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^2}\)

Cộng vế: \(P\ge\dfrac{\sqrt{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2}=\sqrt{3}\)

\(P_{min}=\sqrt{3}\) khi \(a=b=c\)

a: góc MDH=90 độ-góc DMH

=90 độ-2*góc MDF

=90 độ-2*góc E

=góc F+góc E-2*góc E

=góc F-gócE

b: (EF+DH)^2-(DF+DE)^2

=EF^2+2*EF*DH+DH^2-DF^2-DE^2-2*DF*DE

=DH^2>0

=>EF+DH>DF+DE
=>EF-DE>DF-DH

Chọn C

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.AC=\dfrac{1}{2}.a.a\sqrt{3}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow V_{ABC}.A'B'C'=AA'.S_{ABC}=2a.\dfrac{a^2\sqrt{3}}{2}=a^3\sqrt{3}\)

Chọn A

Kiếm j làm đi c

2/ (Bạn tự vẽ hình giùm)

a/ Ta có DE // BC (gt)

=> \(\widehat{ADE}=\widehat{ABC}\)ở vị trí đồng vị

và \(\widehat{AED}=\widehat{ACB}\)ở vị trí đồng vị

Mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)(\(\Delta ABC\)cân tại A)

=> \(\widehat{ADE}=\widehat{AED}\)

=> \(\Delta ADE\)cân tại A

b/ Ta có \(\widehat{AED}=\widehat{CEG}\)(đối đỉnh)

và \(\widehat{ADE}=\widehat{BDF}\)(đối đỉnh)

và \(\widehat{ADE}=\widehat{AED}\)(cm câu a)

=> \(\widehat{CEG}=\widehat{BDF}\)(1)

Ta lại có \(\widehat{ECG}=90^o-\widehat{CEG}\)(\(\Delta CEG\)vuông tại G)

và \(\widehat{DBF}=90^o-\widehat{DFB}\)(\(\Delta BDF\)vuông tại F)

=> \(\widehat{ECG}=\widehat{DBF}\)(vì \(\widehat{CEG}=\widehat{BDF}\)) (2)

Ta tiếp tục có AB = AC (\(\Delta ABC\)cân tại A)

và AD = AE (\(\Delta ADE\)cân tại A)

=> AB - AD = AC - AE

=> DB = EC (3)

Từ (1), (2) và (3) => \(\Delta BFD=\Delta CGE\)(g. c. g) (đpcm)

c/ Ta có \(\widehat{ADE}=\widehat{AED}\)(cm câu a)

=> \(180^o-\widehat{ADE}=180^o-\widehat{AED}\)

=> \(\widehat{ADF}=\widehat{AEG}\)

và AD = AE (\(\Delta ADE\)cân tại A)

và DF = GE (\(\Delta BFD=\Delta CGE\))

=> \(\Delta ADF=\Delta AEG\)(c. g. c)

=> AF = AG (hai cạnh tương ứng) (đpcm)

d/ Ta có O là giao điểm của hai đường cao EI và DH của \(\Delta AGF\)

=> O là trực tâm của \(\Delta AGF\)

=> AO là đường cao thứ ba của \(\Delta AGF\)

=> AO \(\perp\)GF

Mà GF // BC

=> AO \(\perp\)BC

=> AO là đường cao của \(\Delta ABC\)

Mà \(\Delta ABC\)cân tại A

=> AO là đường phân giác của \(\Delta ABC\)

hay AO là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\)(đpcm)

e/ Ta có DE \(\equiv\)BC

và AO \(\perp\)BC

=> AO \(\perp\)DE (đpcm)

phần \(AC\perp OG\)mình đang giải.

đề dài quá

đọc cx ngại oy ns j lm

a) ▲ DEF vuông tại D có:

+)DE= EF. sin E (hệ thức cạnh và góc.....)

DE= 9. sin60 = ....

+)DF= EF. cos E

DF= 9. cos60 = ....

+)EF²=DE²+DF²(Pytago)

b) ▲DHE vuông tại H:

DH=ED. sinE

c) câu này hông pk -_-