Chủ đề này có 2 trả lời

[ngobaochau1704]

Gọi $a$,$b$,$c$ là ba cạnh của một tam giác $h_{a},h_{b},h_{c}$ là độ dài ba đường cao tương ứng với ba cạnh đó; $r$ là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác đó:

$a)$ CMR: $\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{1}{r}$

$b)$ CMR: $(a+b+c)^{2}\geqslant 4(h_{a}^{2}+h_{b}^{2}+h_{c}^{2})$

[Quoc Tuan Qbdh]

Gọi $a$,$b$,$c$ là ba cạnh của một tam giác $h_{a},h_{b},h_{c}$ là độ dài ba đường cao tương ứng với ba cạnh đó; $r$ là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác đó:

$a)$ CMR: $\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{1}{r}$

 

Áp dụng công thức quen thuộc :
$(a+b+c).r=2S$ với $S$ là diện tích tam giác có ba cạnh $a;b;c$

Ta có :

$\frac{a}{a.h_a}+\frac{b}{b.h_b}+\frac{c}{c.h_c}=\frac{a+b+c}{2S}=\frac{1}{r}-->Q.E.D$

[vuliem1987]

b/ Ý này khá hay.

Áp dụng các công thức tính diện tích tam giác  $2S=a.h_{a}=b.h_{b}=c.h_{c};16S^{2}=\left ( a+b+c \right )\left ( a+b-c \right )\left ( b+c-a \right )\left ( c+a-b \right )$

Biến đổi BĐT cần chứng minh về dạng

$\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{16S^{2}}\geq \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{^{2}}}\Rightarrow \frac{a+b+c}{\left ( a+b-c \right )\left ( b+c-a \right )\left ( c+a-b \right )}\geq \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}$

Để thấy bản chất lời giải ta đặt  $a+b-c=x;b+c-a=y;c+a-b=z\Rightarrow a+b+c=x+y+z;c=\frac{y+z}{2};.....$

Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành

$\frac{x+y+z}{xyz}\geq \frac{4}{\left ( x+y \right )^{2}}+\frac{4}{\left ( y+z \right )^{2}}+\frac{4}{\left ( z+x \right )^{2}}$

Dùng AM-GM hoặc BĐT quen thuộc  $\frac{4}{\left ( x+y \right )^{2}}\leq \frac{4}{4xy}=\frac{1}{xy}$

ta thấy BĐT trên đúng