Đăng lâu nhỉ

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) \(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ha^2+hb^2+hc^2}\ge4\)

Bài làm này thật xuất sắc !

p và r là gì vậy bạn??

Em tham khảo tại link dưới đây nhé.

Câu hỏi của Phạm Khánh Huyền - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Vẽ tam giác ABC với các chiều cao tương ứng là AH, BK, CG.

Ta có \(\Delta AHC\sim\Delta BKC\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AH}{BK}=\frac{AC}{BC}\Rightarrow\left(\frac{AH}{BK}\right)^2=\left(\frac{AC}{BC}\right)^2=\frac{AC^2}{BC^2}\)

Tương tự \(\Delta AHB\sim\Delta CGB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AH}{CG}=\frac{AB}{BC}\Rightarrow\left(\frac{AH}{CG}\right)^2=\left(\frac{AB}{BC}\right)^2=\frac{AB^2}{BC^2}\)

Ta có \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{BK^2}+\frac{1}{CG^2}\Leftrightarrow\frac{AH^2}{BK^2}+\frac{AH^2}{CG^2}=1\Leftrightarrow\frac{AB^2}{BC^2}+\frac{AC^2}{BC^2}=1\Leftrightarrow\frac{AB^2+AC^2}{BC^2}=1\)

\(\Leftrightarrow AB^2+AC^2=BC^2\Leftrightarrow\) tam giác ABC vuông tại A.

Mày nhìn cái chóa j

Câu hỏi của Amory Chris - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Trong câu hỏi hay t có giải rồi đó. Vô đó xem đi

Câu hỏi của Fresh - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

Em tham khảo lời giải tại link trên nhé.

Ta có: AB = c; AC = b; BC = a.

Qua A vẽ đường thẳng d song song với BC. Lấy B' đối xứng với B qua d.

Dễ thấy BB' = 2h_a

Áp dụng định lý Pythagoras vào tam giác vuông BB'C, ta được:

\(BB'^2+BC^2=B'C^2\le\left(B'A+AC\right)^2\)

\(\Rightarrow\left(2h_a\right)^2+a^2\le\left(c+b\right)^2\)

\(\Rightarrow4h_a^2\le\left(c+b\right)^2-a^2\)

Tương tự ta có: \(\Rightarrow4h_b^2\le\left(c+a\right)^2-b^2\);\(\Rightarrow4h_c^2\le\left(a+b\right)^2-c^2\)

Cộng từng  vế của các BĐT trên. ta được:

\(4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le\text{Σ}_{cyc}\left(c+b\right)^2-a^2\)

\(\Rightarrow4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow4\left(h_a^2+h_b^2+h_c^2\right)\le\left(a+b+c\right)^2\)

Vậy \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{h_a^2+h_b^2+h_c^2}\ge4\left(đpcm\right)\)