Mọi người giúp mình câu này với:
Cho \(\Delta ABC\). Chứng minh rằng: \(S_{abc}\le\frac{\sqrt{3}}{12}\cdot\left(AB^2+BC^2+CA^2\right)\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
24 tháng 9 2023
Đặt \(A = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\overrightarrow {AB} }^2}.{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)}^2}} \)
\(= \dfrac{1}{2}\sqrt { A{B^2}.A{C^2}- {{\left(|{\overrightarrow {AB}| .|\overrightarrow {AC}|. \cos BAC} \right)}^2}} \)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2}.A{C^2} - {{\left( {AB.AC.\cos A} \right)}^2}} \\ \Leftrightarrow A = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2}.A{C^2} - A{B^2}.A{C^2}.{{\cos }^2}A }\\ \Leftrightarrow A = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2}.A{C^2}\left( {1 - {{\cos }^2}A} \right)} \end{array}\)
Mà \(1 - {\cos ^2}A = {\sin ^2}A\)
\( \Rightarrow A = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2}.A{C^2}.{{\sin }^2}A} \)
\( \Leftrightarrow A = \dfrac{1}{2}.AB.AC.\sin A\) (Vì \({0^o} < \widehat A < {180^o}\) nên \(\sin A > 0\))
Do đó \(A = {S_{ABC}}\) hay \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\overrightarrow {AB} }^2}.{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)}^2}} .\) (đpcm)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
17 tháng 2 2022
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{MGJ}=\widehat{B}\left(\text{đồng vị}\right)\\\widehat{MJG}=\widehat{C}\left(\text{đồng vị}\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta MGJ\sim\Delta ABC\) theo tỉ số \(k_1=\dfrac{GJ}{BC}\)
\(\Rightarrow S_{ABC}.k_1^2=S_{MGJ}\Rightarrow k_1=\sqrt{\dfrac{S_{MGJ}}{S_{ABC}}}=\dfrac{GJ}{BC}\) (1)
Tương tự: \(\dfrac{DM}{BC}=\sqrt{\dfrac{S_{IDM}}{S_{ABC}}}\), mà BDMG là hbh (2 cặp cạnh đối song song)
\(\Rightarrow DM=BG\Rightarrow\dfrac{BG}{BC}=\sqrt{\dfrac{S_{IDM}}{S_{ABC}}}\) (2)
Tương tự: \(\dfrac{CJ}{BC}=\sqrt{\dfrac{S_{FME}}{S_{ABC}}}\) (3)
Cộng vế (1);(2);(3) \(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{S_{MGJ}}{S_{ABC}}}+\sqrt{\dfrac{S_{IDM}}{S_{ABC}}}+\sqrt{\dfrac{S_{FME}}{S_{ABC}}}=\dfrac{BG+GJ+JC}{BC}=1\)
\(\Rightarrow S_{ABC}=\left(\sqrt{S_{MGJ}}+\sqrt{S_{IDM}}+\sqrt{S_{FME}}\right)^2\le3\left(S_{MGJ}+S_{IDM}+S_{FME}\right)\)
Mà \(S_{MGJ}+S_{IDM}+S_{FME}=S_{ABC}-\left(S_{AIMF}+S_{BGMD}+S_{CEMJ}\right)\)
\(\Rightarrow S_{ABC}\le3\left[S_{ABC}-\left(S_{AIMF}+S_{BGMD}+S_{CEMJ}\right)\right]\)
\(\Rightarrow S_{AIMF}+S_{BGMD}+S_{CEMJ}\le\dfrac{2}{3}S_{ABC}\)
T
31 tháng 5 2020
Bài 1. Ta có: \(a\left(a+2\right)\left(a-1\right)^2\ge0\therefore\frac{1}{4a^2-2a+1}\ge\frac{1}{a^4+a^2+1}\)
Thiết lập tương tự 2 BĐT còn lại và cộng theo vế rồi dùng Vasc (https://olm.vn/hoi-dap/detail/255345443802.html)
Bài 5: Bất đẳng thức này đúng với mọi a, b, c là các số thực. Chứng minh:
Quy đồng và chú ý các mẫu thức đều không âm, ta cần chứng minh:
\(\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\Sigma\left[\left(a^2+b^2\right)+2c^2\right]\left(a-b\right)^2\ge0\)
Đây là điều hiển nhiên.
CM
23 tháng 11 2020
1)
Ta có: \(M=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\sqrt{3\left(a+b\right)\left(a+b+4c\right)}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\frac{3\left(a+b\right)+\left(a+b+4c\right)}{2}}=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=3\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
CM
24 tháng 11 2020
2)
\(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}=\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\sqrt[3]{2a\left(ab+1\right)^2}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\frac{2a+\left(ab+1\right)+\left(ab+1\right)}{3}}=3\Sigma_{cyc}\frac{a}{ab+a+1}\)
Ta có bổ đề: \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=1\left(abc=1\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}\ge3\)
30 tháng 8 2020
Sử dụng AM - GM ta dễ có:
\(abc\left(a+b+c\right)=bc\left(a^2+ab+ac\right)\le\left(\frac{a^2+ab+bc+ca}{2}\right)^2=\left[\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\right]^2=\frac{1}{4}\)
Suy ra đpcm