Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác BHCK có
M là trung điểm của BC
M là trung điểm của HK
Do đó: BHCK là hình bình hành
a: Xét ΔHFA vuông tại F và ΔHDC vuông tại D có
\(\widehat{FHA}=\widehat{DHC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHFA~ΔHDC
=>\(\dfrac{HF}{HD}=\dfrac{HA}{HC}\)
=>\(HF\cdot HC=HD\cdot HA\left(1\right)\)
Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có
\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHFB~ΔHEC
=>\(\dfrac{HF}{HE}=\dfrac{HB}{HC}\)
=>\(HF\cdot HC=HB\cdot HE\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(HA\cdot HD=HF\cdot HC=HB\cdot HE\)
c: Xét tứ giác AFHE có \(\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AFHE là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BFHD có \(\widehat{BFH}+\widehat{BDH}=90^0+90^0=180^0\)
nên BFHD là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác CEHD có \(\widehat{CEH}+\widehat{CDH}=90^0+90^0=180^0\)
nên CEHD là tứ giác nội tiếp
Ta có: \(\widehat{EFH}=\widehat{EAH}\)(AEHF là tứ giác nội tiếp)
\(\widehat{DFH}=\widehat{DBH}\)(BFHD là tứ giác nội tiếp)
mà \(\widehat{EAH}=\widehat{DBH}\left(=90^0-\widehat{ECB}\right)\)
nên \(\widehat{EFH}=\widehat{DFH}\)
=>FH là phân giác của góc EFD
Ta có: \(\widehat{FEH}=\widehat{FAH}\)(AEHF là tứ giác nội tiếp)
\(\widehat{DEH}=\widehat{DCH}\)(ECDH là tứ giác nội tiếp)
mà \(\widehat{FAH}=\widehat{DCH}\left(=90^0-\widehat{ABD}\right)\)
nên \(\widehat{FEH}=\widehat{DEH}\)
=>EH là phân giác của góc FED
Xét ΔFED có
EH,FH là các đường phân giác
Do đó: H là giao điểm của ba đường phân giác trong ΔFED
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) \(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ha^2+hb^2+hc^2}\ge4\)
vận dụng hai tam giác có chung 1 cạnh tỉ số diện tích bằng tỉ số đường cao ứng với cạnh đó là:
\(\frac{r}{h_a}=\frac{S_{OBC}}{S_{ABC}};\frac{r}{h_b}=\frac{S_{OAC}}{S_{ABC}};\frac{r}{h_c}=\frac{S_{OAB}}{S_{ABC}}\)
=>\(\frac{r}{h_a}+\frac{r}{h_b}+\frac{r}{h_c}=\frac{S_{OBC}+S_{OAC}+S_{OAB}}{S_{ABC}}=1\)
VẬY\(\frac{1}{h_a}+\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}=\frac{1}{r}\)