\(\cfrac{P}{P-a}=\cfrac{2P}{2P-2a}=\cfrac{2P}{a+b+b-2a}=\cfrac{2P}{-a+b+c}\)

Chứng minh tương tự => \(\cfrac{P}{P-b}=\cfrac{2P}{a-b+c} \); \(\cfrac{P}{P-c}=\cfrac{2P}{a+b-c}\)

=>VT=\(\cfrac{2P}{-a+b+c}+\cfrac{2P}{a-b+c}+\cfrac{2P}{a+b-c} \geq 2P\cfrac{(1+1+1)^2}{a+b +c}=9\)(Áp dụng bđt \(\cfrac{a^2}{x}+\cfrac{b^2}{y}+\cfrac{c^c}{z}\geq\cfrac{(a+b+c)^2}{x+y+z}\))

Nếu Đặt p là nửa chu vi => p = (a + b + c)/2 => 2p = a + b + c 
=> p - a = (a + b + c)/2 - a 
=> p - a = (b + c + a - 2a)/2 
=> p - a = (b + c - a)/2 
=> 2(p - a) = b + c - a (1) 
Tương tự ta chứng minh được: 
2(p - b) = a + c - b (2) 
2(p - c) = a + b - c (3) 
Từ (1); (2) và (3) => 1/(a + b - c) + 1/(b +c - a) +1/(c +a - b) 
= 1/[ 2(p - c) ] + 1/[ 2(p - a) ] + 1/[ 2(p - b) ] 
=1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] 
Bây giờ ta đã đưa bài toán về chứng minh 
1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 1/a + 1/b + 1/c 
Ta có: (x - y)² ≥ 0 
<=> x² - 2xy + y² ≥ 0 
<=> x² - 2xy + y² + 4xy ≥ 4xy 
<=> x² + 2xy + y² ≥ 4xy 
<=> (x + y)² ≥ 4xy 
=> với x + y ≠ 0 và xy ≠ 0 
=> (x + y)²/(x+ y) ≥ 4xy/(x + y) 
=> (x + y) ≥ 4xy/(x + y) 
=> (x + y)/xy ≥ (4xy)/[xy(x + y)] 
=> 1/x + 1/y ≥ 4/(x + y) (*) 
Áp dụng (*) với x = p - a và y = p - b ta được: 
1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/(p - a + p - b) 
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/(2p - a - b) 
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/(a + b + c - a - b) 
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/c (4) 
Chứng minh tương tự ta được: 
1/(p - a) + 1/(p - c) ≥ 4/b (5) 
1/(p - b) + 1/(p - c) ≥ 4/a (6) 
Cộng vế với vế của (4);(5) và (6) ta được: 
1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - a) + 1/(p - c) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ≥ 4/c + 4/b + 4/a 
=> 2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 4/c + 4/b + 4/a 
=> 2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 4(1/a + 1/b + 1/c) 
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ≥ 2(1/a + 1/b + 1/c) 
=> 1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 1/2.( 2(1/a + 1/b + 1/c) ) 
=> 1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 1/a + 1/b + 1/c 
Dấu bằng xảy ra <=> a = b = c. 

1: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AC^2+9=36\)

=>\(AC^2=27\)

=>\(AC=3\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Chu vi tam giác ABC là:

\(3+3\sqrt{3}+6=9+3\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot6=3\cdot3\sqrt{3}=9\sqrt{3}\)

=>\(AH=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\left(cm\right)\)

2: 

a: Xét tứ giác AEHF có

\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)

=>AEHF là hình chữ nhật

=>EF=AH

b: Xét ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(EA\cdot EB=HE^2\)

ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(FA\cdot FC=HF^2\)

\(EA\cdot EB+FA\cdot FC\)

\(=HE^2+HF^2=EF^2\)

a, Ta đã chứng minh được: AE =  b + c - a 2

=> AE =  a + b + c - 2 a 2 = p – a

∆AIE có IE = EA.tan B A C ^ 2

= (p – a).tan B A C ^ 2

b, Chú ý: BI ⊥ FD và CI ⊥ E. Ta có:

B I C ^ = 180 0 - I B C ^ + I C D ^ =  180 0 - 1 2 A B C ^ + A C B ^

=  180 0 - 1 2 180 0 - B A C ^ =  90 0 + B A C ^ 2

Mà:  E D F ^ = 180 0 - B I C ^ = 90 0 - α 2

c, BH,AI,CK  cùng vuông góc với EF nên chúng song song =>  H B A ^ = I A B ^  (2 góc so le trong)

và  K C A ^ = I A C ^ mà  I A B ^ = I A C ^ nên  H B A ^ = K C A ^

Vậy: ∆BHF:∆CKE

d, Do BH//DP//CK nên  B D D C = H P P K mà DB = DF và CD = CE

=>  H P P K = B F C E = B H C K => ∆BPH:∆CPK =>  B P H ^ = C P E ^

Lại có:  B F P ^ = C E F ^ => ∆BPF:∆CEP (g.g)

mà  B P D ^ = C P D ^ => PD là phân giác của  B P C ^

a, Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến tại A,B,C ta chứng minh được  b + c - a 2 = AD

b,  S A B C = S A I B + S B I C + S C I A

Mà ID = IE = IF = r =>  S A B C  = p.r

c, Vì AM là phân giác của  B A C ^ =>  B M M C = B A A C

Áp dụng tính chất tỉ lệ thức thu được BM = a c c + b

a^2+b^2+c^2+2ab+2cb+2ac-a^2-b^2-c^2-2abc>2

2ab+2ca+bc-2abc>2

sao lại từ phần cần chứng minh nhân ra vậy.

Mà bạn làm mình ko hiểu

Này là toán lớp 7

Lớp 10 đấy