\(\dfrac{a.h_a}{2}=S\Leftrightarrow a=\dfrac{2S}{h_a}\)

Tương tự:

\(b=\dfrac{2S}{h_b};c=\dfrac{2S}{h_c}\)

\(\dfrac{a+b+c}{4S}=\dfrac{\dfrac{2S}{h_a}+\dfrac{2S}{h_b}+\dfrac{2S}{h_c}}{4S}=\dfrac{2S\left(\dfrac{1}{h_a}+\dfrac{1}{h_b}+\dfrac{1}{h_c}\right)}{4S}=\dfrac{\dfrac{1}{h_a}+\dfrac{1}{h_b}+\dfrac{1}{h_c}}{2}\)

Tương đương:

\(\dfrac{1}{h_a+h_b}+\dfrac{1}{h_b+h_c}+\dfrac{1}{h_c+h_a}\le\dfrac{\dfrac{1}{h_a}+\dfrac{1}{h_b}+\dfrac{1}{h_c}}{2}\)

Cauchy-Schwarz:

\(\dfrac{1}{h_a+h_b}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{h_a}+\dfrac{1}{h_b}\right)\)

\(\dfrac{1}{h_b+h_c}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{h_b}+\dfrac{1}{h_c}\right)\)

\(\dfrac{1}{h_c+h_a}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{h_c}+\dfrac{1}{h_a}\right)\)

Cộng theo vế suy ra đpcm

Mặt phẳng (P) qua A và vuông góc d có phương trình:

\(2\left(x-1\right)+2\left(y+1\right)+1\left(z-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow2x+2y+z-1=0\)

Đường thẳng d' song song d và đi qua B (nên d' vuông góc (P)) có dạng:

\(\left\{{}\begin{matrix}x=4+2t\\y=2+2t\\z=-2+t\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Giao điểm C của d' và (P) thỏa mãn: 

\(2\left(4+2t\right)+2\left(2+2t\right)-2+t-1=0\Rightarrow t=-1\Rightarrow C\left(2;0;-3\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{AC}=\left(1;1;-4\right)\Rightarrow\) là 1 vtcp của \(\Delta\Rightarrow\) D là đáp án đúng

1.

Gọi cạnh tam giác ABC là a

\(S_{ABC}=S_{AMB}+S_{BMC}+S_{AMC}\\ \Leftrightarrow\dfrac{1}{2}ah=\dfrac{1}{2}ax+\dfrac{1}{2}ay+\dfrac{1}{2}az\\ \Leftrightarrow x+y+z=h\)

Lại có \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2=h^2\left(bunhia\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge\dfrac{1}{3}h^2\)

Dấu \("="\Leftrightarrow x=y=z\Leftrightarrow M\) là giao 3 đường p/g của \(\Delta ABC\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho 2 bộ số \(\left(\sqrt{ax},\sqrt{by},\sqrt{cz}\right)\) và \(\left(\sqrt{\frac{a}{x}};\sqrt{\frac{b}{y}};\sqrt{\frac{c}{z}}\right)\)có:

\(\left(ax+by+cz\right)\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\right)\ge\left(\sqrt{ax}.\sqrt{\frac{a}{x}}+\sqrt{by}.\sqrt{\frac{b}{y}}+\sqrt{cz}.\sqrt{\frac{c}{z}}\right)^2\)

Suy ra \(\left(ax+by+cz\right)\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)(1)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z\), tức là M cách đều BC,CA,AB hay M là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC

Ta có \(2S_{ABC}=2S_{BMC}+2S_{CMA}+2S_{AMB}=ax+by+cz\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2S_{ABC}}=const\)

Vậy Min \(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2S_{ABC}}\). Đạt được khi M là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC.

\(\dfrac{h_b}{h_a^2}+\dfrac{h_c}{h_b^2}+\dfrac{h_a}{h_c^2}=\dfrac{\dfrac{2S_{ABC}}{b}}{\dfrac{4S_{ABC}^2}{a^2}}+\dfrac{\dfrac{2S_{ABC}}{c}}{\dfrac{4S^2_{ABC}}{b^2}}+\dfrac{\dfrac{2S_{ABC}}{a}}{\dfrac{4S_{ABC}^2}{c^2}}\)

\(=\dfrac{a^2}{2bS_{ABC}}+\dfrac{b^2}{2cS_{ABC}}+\dfrac{c^2}{2aS_{ABC}}\)

\(=\dfrac{1}{2S_{ABC}}\left(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\right)\)

\(\ge\dfrac{1}{2.\dfrac{a+b+c}{2}r}.\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=\dfrac{1}{r}\)

Hình như có dấu = chứ nhỉ

Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều