Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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.
Bài 1:
H1;H2 lần lượt là trực tâm tam giác OAB, OCD và \(\widehat{AOB}=\widehat{COD}\)(đối đỉnh)
=> \(\frac{OH_1}{OH_2}=\frac{AB}{CD}\)
Gọi M,N,K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AD, BC, BD
Vì G1;G2 lần lượt là trọng tâm của các tam giác OAD; OBC. Nên \(\frac{OG_1}{OM}=\frac{2}{3};\frac{OG_2}{ON}=\frac{2}{3}\)
\(\Delta\)OMN có: \(\frac{OG_1}{OM}=\frac{OG_2}{ON}\left(=\frac{2}{3}\right)\)=> G1G2 // MN và \(G_1G_2=\frac{2}{3}MN\)
\(OH_1\perp MK,OH_2\perp NK,MK=\frac{AB}{2},NK=\frac{CD}{2}\)
Do đó: \(\widehat{H_1OH_2}=\widehat{MKN},\frac{OH_1}{MK}=\frac{OH_2}{NK}\). Nên \(\Delta\)OH1H2 đồng dạng với \(\Delta\)KMN (cgc)
=> \(H_1H_2\perp MN\)Mà G1G2 // MN
Nên \(H_1H_2\perp G_1G_2\)=> \(S=\frac{1}{2}H_1H_2\cdot G_1G_2\)
Áp dụng BĐT Cosi cho 2 số dương ta có:
\(S=\frac{1}{2}H_1H_2\cdot G_1G_2=\frac{3G_1G_2\cdot H_1H_2}{6}\le\frac{\left(3G_1G_2+H_1H_2\right)^2}{24}\)
Dấu "=" <=> \(3G_1G_2=H_1H_2\Leftrightarrow OH_1=AB\)và \(OH_2=CD\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AOB}=\widehat{COD}=45^o\)
Bài 2: *có nhiều cách làm bài này, mỗi cách có 1 hình khác nhau, đang lỗi nên không vẽ được hình*
Cách 1: Ta có: \(\widehat{BAC}=90^o\)(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Đặt BH=x, ta có HC=HB-BH=2R-x
\(\Delta\)ABC vuông tại A, AH là đường cao
=> AH2=BH.HC. Nên \(AH=\sqrt{x\left(2R-x\right)}\)
Áp dụng BĐT Cosi cho 2 số dương, ta có: AH+BH=\(\sqrt{x\left(2R-x\right)+x}=\frac{1}{\sqrt{3+2\sqrt{2}}}\sqrt{x\left[\left(3+2\sqrt{2}\right)\left(2R-x\right)\right]}+x\)
\(\le\frac{1}{\sqrt{\left(\sqrt{2}+1\right)^2}}\cdot\frac{a+\left(3+2\sqrt{2}\right)\left(2R-x\right)}{2}+x\)\(=\frac{1}{\sqrt{2}+1}\left[\frac{x}{2}\left(\sqrt{2}+1\right)^2\cdot R-\frac{\left(\sqrt{2}+1\right)^2\cdot x}{2}\right]+x\)
\(=\frac{\sqrt{2}-1}{2}\cdot x+\left(\sqrt{2}+1\right)R-\frac{\sqrt{2}+1}{2}x+x=\left(\sqrt{2}+1\right)R\)
Ta có AB+AH \(\le\left(\sqrt{2}+1\right)R\)không đổi
Dấu "=" xảy ra <=> \(x=\left(3+2\sqrt{2}\right)\left(2R-x\right)\)
\(\Leftrightarrow x=\frac{2+\sqrt{2}}{2}R\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AOC}=45^o\)
Cách 2: Gọi M là điểm trên nửa đường tròn (O) sao cho \(\widehat{COM}=45^o\) và gọi N là giao của nửa đường tròn (O) tại M với BC
Ta có: M,N cố định; \(\widehat{ONM}=45^o\), BN không đổi
Điểm A trên đường tròn (O)
Do đó tia NA nằm giữa 2 tia NB và NM
\(\Rightarrow\widehat{ANH}\le\widehat{ONM}=45^o\). Mà \(\widehat{ANH}+\widehat{HAN}=90^o\), Nên \(\widehat{HAN}\ge45^o\)
=> \(\widehat{ANH}\le\widehat{HAN},\)\(\Delta\)AHN có: \(\widehat{ANH}\le\widehat{HAN}\Rightarrow AH\le HN\)
Do đó: AH+BH \(\le\)HN+BH=BN, không đổi
Dấu "=" xảy ra <=> A = M
Vậy khi A trên nửa đường tròn (O) sao cho \(\widehat{COA}=45^o\) thì AH+BH lớn nhất
Vẽ AH _|_ CD: \(S_{ACD}=\frac{1}{2}ah\le\frac{1}{2}ab\)
\(\Rightarrow4S_{ACD}\le2ab\le a^2+b^2\) (Theo BĐT Cosi)
Tương tự \(4S_{ABC}\le c^2+d^2\)
Vậy \(4\left(S_{ACD}+S_{ABC}\right)\le a^2+b^2+c^2+d^2\) hay \(S\le\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}\)
Dấu "=" xảy ra <=> \(\Delta\)ABC vuông ở B và \(\Delta\)ADC vuông ở D
=> ABCD là hình vuông