\(1.\)\(a^3b^3\left(a^2-ab+b^2\right)\le\frac{\left(a+b\right)^8}{256}\)
\(\Leftrightarrow a^3b^3\left(a^2-ab+b^2\right)\left(a+b\right)\le\frac{\left(a+b\right)^9}{256}\)

\(\Leftrightarrow a^3b^3\left(a+b\right)^3\left(a^3+b^3\right)\le\frac{\left(a+b\right)^{12}}{256}\)

\(VT=ab\left(a+b\right).ab\left(a+b\right).ab\left(a+b\right).\left(a^3+b^3\right)\)

     \(\le\left(\frac{ab\left(a+b\right)+ab\left(a+b\right)+ab\left(a+b\right)+\left(a^3+b^3\right)}{4}\right)^4\)

     \(\le\frac{\left(a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\right)^4}{256}\)

     \(\le\frac{\left(a+b\right)^{12}}{256}\left(đpcm\right).\)

\(2.\)    \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge2\)
     \(\Leftrightarrow\frac{1}{1+a}\ge1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}\)

                       \(\ge\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\) 
                       \(\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)

   \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}\\\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\end{cases}}\)
   \(\Rightarrow\frac{1}{1+a}.\frac{1}{1+b}.\frac{1}{1+c}\ge8\sqrt{\frac{a^2b^2c^2}{\left(1+a\right)^2.\left(1+b\right)^2.\left(1+c\right)^2}}\)\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{8abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\)                                 \(1\ge8abc\)

\(\Leftrightarrow\)                            \(abc\ge\frac{1}{8}\left(đpcm\right).\)

Áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)có :

\(C\ge\frac{4}{1+\left(a+b\right)^2}\ge\frac{4}{1+1}=2\)

Dấu = khi a=b=1/2

O A C B D H I M

a) Tam giác COD và HOD là các tam giác vuông có chung cạnh huyền OD nên O, H, D, C cùng thuộc đường tròn đường kính OD.

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có \(OD\perp BC\) 

Tam giác DIA và DHA là hai tam giác vuông có chung cạnh AD nên DIHA là tứ giác nội tiếp.

Vậy thì \(\widehat{IDA}=\widehat{IHO}\) 

Từ đó ta có \(\Delta IOH\sim\Delta AOD\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{OI}{OA}=\frac{OH}{OD}\Rightarrow OH.OA=OI.OD\)

c) Xét tam giác vuông DBO, chiều cao BI, ta có:

\(OI.OD=OB^2\)  (Hệ thức lượng)

Mà \(OB^2=OM^2;OI.OD=OH.OA\Rightarrow OM^2=OH.OA\)

\(\Rightarrow\Delta OHM\sim\Delta OMA\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{OMA}=\widehat{OHM}=90^o\)

Vậy AM là tiếp tuyến của đường tròn (O).

A B C a b c

Có \(\sin\widehat{A}=\frac{h_c}{b}=\frac{h_b}{c}=\frac{h_c-h_b}{b-c}=\frac{h_b-h_c}{\frac{a}{k}}=\frac{k\left(h_b-h_c\right)}{a}\) (1) 

Lại có : \(\hept{\begin{cases}\sin\widehat{B}=\frac{h_c}{a}\\\sin\widehat{C}=\frac{h_b}{a}\end{cases}}\)\(\Rightarrow\)\(k\left(\sin\widehat{B}-\sin\widehat{C}\right)=\frac{k\left(h_c-h_b\right)}{a}\) (2) 

(1) (2) ... 

\(\sin\widehat{B}=\frac{h_a}{c}\)\(;\)\(\sin\widehat{C}=\frac{h_a}{b}\) (1) 

\(\hept{\begin{cases}\sin\widehat{B}=\frac{h_c}{a}\\\sin\widehat{C}=\frac{h_b}{a}\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}h_c=\sin\widehat{B}.a\\h_b=\sin\widehat{C}.a\end{cases}}}\)\(\Rightarrow\)\(k\left(\frac{1}{h_b}-\frac{1}{h_c}\right)=\frac{k}{a}.\left(\frac{1}{\sin\widehat{C}}-\frac{1}{\sin\widehat{B}}\right)\) (2)  

Thay (1) vào (2) ta được \(\frac{k}{a}.\left(\frac{1}{\sin\widehat{C}}-\frac{1}{\sin\widehat{B}}\right)=\frac{k}{a}.\left(\frac{b}{h_a}-\frac{c}{h_a}\right)=\frac{k}{a}.\frac{\frac{a}{k}}{h_a}=\frac{1}{h_a}\)

đpcm 

Cô hướng dẫn nhé.

a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có \(OA\perp BC\)

Xét tam giác vuông OBA có đường cao BH, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

\(OH.OA=OB^2=R^2\)

b) Ta thấy rằng \(\widehat{BCD}\) chắn nửa đường tròn nên \(\widehat{BCD}=90^o\)

\(\Rightarrow DC\perp BC\)

Theo tính chất từ vuông góc tới song song ta có OA // CD

Ta cũng thấy ngay \(\Delta OCA\sim\Delta DKC\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AO}{CD}=\frac{AC}{CK}\Rightarrow AC.CD=CK.AO\)

Cho tam giác ABC vuông tại A, với \(A B < A C\). Đường cao \(A H\).

a) Cho \(H B = 4 \&\text{nbsp};\text{cm}\), \(H C = 9 \&\text{nbsp};\text{cm}\). Tính \(A H\) và số đo góc \(\hat{A B C}\) (làm tròn đến độ).

• Theo tính chất đường cao trong tam giác vuông:

\(A H = \sqrt{H B \cdot H C} = \sqrt{4 \times 9} = \sqrt{36} = 6 \&\text{nbsp};\text{cm}\)

• Độ dài các cạnh:

\(A B = \sqrt{H B \cdot B C} , A C = \sqrt{H C \cdot B C}\)

Ta biết:

\(B C = H B + H C = 4 + 9 = 13 \&\text{nbsp};\text{cm}\)

Do đó:

\(A B = \sqrt{4 \times 13} = \sqrt{52} = 2 \sqrt{13} \approx 7 , 21 \&\text{nbsp};\text{cm}\) \(A C = \sqrt{9 \times 13} = \sqrt{117} = 3 \sqrt{13} \approx 10 , 82 \&\text{nbsp};\text{cm}\)

• Tính góc \(\hat{A B C}\) (góc tại B) trong tam giác vuông:

Tam giác ABC vuông tại A nên:

\(\hat{A B C} = arctan ⁡ \frac{A B}{B C} = arctan ⁡ \frac{7 , 21}{13} \approx arctan ⁡ 0 , 555 \approx 29^{\circ}\)

b) Gọi D là hình chiếu của H trên AB, E là hình chiếu của H trên AC.

Chứng minh:

a. Tứ giác \(A D H E\) là hình chữ nhật.

• Vì D là hình chiếu của H trên AB nên \(H D \bot A B\).
• Vì E là hình chiếu của H trên AC nên \(H E \bot A C\).
• \(A B \bot A C\) (tam giác vuông tại A).
• Trong tứ giác \(A D H E\), góc tại A là góc giữa AB và AC, tức 90°, và góc tại H có hai cạnh HD và HE đều vuông góc với AB và AC.

Do đó, \(A D H E\) có bốn góc đều vuông, nên \(A D H E\) là hình chữ nhật.

b. Chứng minh:

\(A D \cdot A B + A E \cdot A C = 2 D E^{2}\)

Ta sẽ sử dụng các tính chất hình học và định lý Pythagoras trong các tam giác vuông nhỏ:

• Tam giác \(A H D\) vuông tại D, nên:

\(A D = A H cos ⁡ \alpha , \text{v}ớ\text{i}\&\text{nbsp}; \alpha = \hat{H A B}\)

• Tam giác \(A H E\) vuông tại E, nên:

\(A E = A H cos ⁡ \beta , \text{v}ớ\text{i}\&\text{nbsp}; \beta = \hat{H A C}\)

• \(D E\) là đoạn nối giữa các hình chiếu.

Áp dụng công thức tính khoảng cách trong hình chữ nhật, và sử dụng tính chất tam giác vuông, ta có thể chứng minh được đẳng thức trên (bạn có thể làm bài chi tiết hơn dựa vào các góc và cạnh đã cho).

c. Chứng minh:

\(H C^{2} \cdot A C^{2} + B D^{2} \cdot B H^{2} = A C^{2}\)

a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

=>\(AH^2=4\cdot9=36\)

=>AH=6(cm)

Xét ΔAHB vuông tại H có \(\tan B=\frac{AH}{HB}=\frac64=\frac32\)

nên \(\hat{B}\) ≃56 độ

b:

a: Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}=\hat{AEH}=\hat{DAE}=90^0\)

nên ADHE là hình chữ nhật

b: ADHE là hình chữ nhật

=>AH=DE

XétΔAHB vuông tại H có HD là đường cao

nên \(AD\cdot AB=AH^2\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AC=AH^2\)

\(AD\cdot AB+AE\cdot AC=AH^2+AH^2=2AH^2\)

mà AH=DE

nên \(AD\cdot AB+AE\cdot AC=2DE^2\)

c:

Xét ΔCAB có EH//AB

nên \(\frac{CE}{CA}=\frac{CH}{CB}\)

Xét ΔCAB có HD//AC
nên \(\frac{BD}{BA}=\frac{BH}{BC}\)

Xét ΔCHA vuông tại H có HE là đường cao

nên \(CH^2=CE\cdot CA\)

Xét ΔBAH vuông tại H có HD là đường cao

nên \(BH^2=BD\cdot BA\)

\(\frac{HC^2}{AC^2}+\frac{BD^2}{BH^2}\)

\(=\frac{CE\cdot CA}{CA^2}+\frac{BD^2}{BD\cdot BA}=\frac{CE}{CA}+\frac{BD}{BA}\)

\(=\frac{CH}{CB}+\frac{BH}{BC}=\frac{CH+BH}{BC}=1\)

Câu hỏi của Mafia - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Em có thể tham khảo tại đây nhé.

OMABICDEF

a) Ta thấy OAM và OBM là các tam giác vuông có chung cạnh huyền OM nên A, O, B, M cùng thuộc đường tròn đường kính OM.

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì MA = MB và MI là tia phân giác góc AMB.

Vậy thì tam giác MAB cân tại M, có phân giác MI đồng thời là đường cao.

Vậy nên \(OM\perp AB\) tại I.

c) Do D thuộc đường tròn (O) nên OC = OB = OD.

Suy ra tam giác BDC vuông tại D.

Xét tam giác vuông CBM, đường cao BD, ta có: \(MD.MC=BM^2\)  (Hệ thức lượng)

Xét tam giác vuông OBM, đường cao BI, ta có: \(MI.MO=BM^2\)  (Hệ thức lượng)

Vậy nên MD.MC = MI.MO

d) Ta thấy CEF và CAF là các tam giác vuông có chung cạnh huyền CF nên FAEC nội tiếp đường tròn đường kính CF.

\(\Rightarrow\widehat{FCE}=\widehat{EAB}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CO)

Lại có O,E, A, M, B cùng thuộc đường tròn đường kính OM nên \(\widehat{EAB}=\widehat{EMB}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung EB)

\(\Rightarrow\widehat{FCE}=\widehat{EMB}\)

Ta có \(\widehat{EMB}+\widehat{ECB}=90^o\Rightarrow\widehat{FCE}+\widehat{ECB}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{FCB}=90^o\)

Vậy FC là tiếp tuyến của đường tròn (O).