oibanoi

Đầu tiên ta đi chứng minh $AH$ là trực tâm $\Delta SBD$. Theo giả thiết ta có $AH\perp \left ( SBD \right )$ mặt khác $SA\perp \left ( SBD \right )$ nên $SH\perp BD$. Chứng minh tương tự ta có H thuộc đường cao thứ hai, suy ra $AH$ là trực tâm $\Delta SBD$.

Gọi ${A}'$ là giao điểm của $SH$ và $BD$. Vì $BD\perp \left ( SA{A}' \right )$ nên góc giữa $\left ( SBD \right )$ và $\left ( ABD \right )$ bằng $\widehat{S{A}'A}=\widehat{A{A}'H}$.

Lại có $AH\perp \left ( SBD \right )$ nên $\Delta HBD$ là hình chiếu vuông góc của $\Delta ABD$ lên $\left ( SBD \right )$. Theo công thức định lý hình chiếu ta có $\frac{S_{HBD}}{S_{ABD}}=\cos \widehat{A{A}'H}=\sin \widehat{ASH}=\frac{AH}{AS}$.

Tương tự $\frac{S_{HSD}}{S_{ASD}}=\frac{AH}{AB},\frac{S_{HSB}}{S_{ASB}}=\frac{AH}{AD}$.

Suy ra $a.S_{HBD}+b.S_{HSD}+c.S_{HSB}=\frac{abc}{2}\left ( \frac{AH}{AS}+\frac{AH}{AB}+\frac{AH}{AD} \right )$.

Ta chứng minh được $\frac{1}{AH^{2}}=\frac{1}{AS^{2}}+\frac{1}{AB^{2}}+\frac{1}{AD^{2}}$.

Nên $\left ( \frac{AH}{AS}+\frac{AH}{AB}+\frac{AH}{AD} \right )^{2}\leqslant 3\left ( \frac{AH^{2}}{AS^{2}}+\frac{AH^{2}}{AB^{2}}+\frac{AH^{2}}{AD^{2}} \right )=3$.

Suy ra $\left ( \frac{AH}{AS}+\frac{AH}{AB}+\frac{AH}{AD} \right )\leqslant \sqrt{3}$.

Vậy ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

Tử số vế trái là mũ 5 nha mọi người, mình không sửa được

Đặt: $\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{b}{\sqrt{2}}=\frac{2c}{\sqrt{6}-\sqrt{2}}=t\; (t > 0)$

$\left\{\begin{matrix} a=\sqrt{3}\: t\\ b = \sqrt{2}\: t \\ c= \left ( \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} \right )\, t \end{matrix}\right.$

Ta có $\cos \widehat{A}=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{\left ( \sqrt{2}\, t \right )^{2}+\left ( \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\, t \right )^{2}-\left ( \sqrt{3}\, t \right )^{2}}{2\sqrt{2}t\cdot \left ( \sqrt{6}-\sqrt{2}t \right )}=\frac{-1}{2}$$\Rightarrow \widehat{A}=120^{\circ}$

Còn lại làm tương tự