Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1)
Kẻ phân giác AD,BK vuông góc với AD
sin A/2=sinBAD
xét tam giác AKB vuông tại K,có:
sinBAD=BK/AB (1)
xét tam giác BKD vuông tại K,có
BK<=BD thay vào (1):
sinBAD<=BD/AB(2)
lại có:BD/CD=AB/AC
=>BD/(BD+CD)=AB/(AB+AC)
=>BD/BC=AB/(AB+AC)
=>BD=(AB*BC)/(AB+AC) thay vào (2)
sinBAD<=[(AB*BC)/(AB+AC)]/AB
= BC/(AB + AC)
=>ĐPCM
Hình tự vẽ nha
Kẻ phân giác \(AD,BK\perp AD\)
\(\sin\dfrac{A}{2}=\sin BAD\)
xét \(\Delta AKB\) vuông tại K,có:
\(\sin BAD=\dfrac{BK}{AB}\left(1\right)\)
Xét \(\Delta BKD\) vuông tại K,có :
\(BK\le BD\) thay vào (1):
\(\sin BAD\le\dfrac{BD}{AB}\left(2\right)\)
lại có:\(\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{AB}{AC}\)
\(\Rightarrow\dfrac{BD}{BD+CD}=\dfrac{AB}{AB+AC}\)
\(\Rightarrow\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{AB}{AB+AC}\)
\(\Rightarrow BD=\dfrac{AB\cdot AC}{AB+AC}\) thay vào (2)
\(\sin BAD\le\dfrac{\dfrac{AB\cdot AC}{AB+AC}}{AB}=\dfrac{BC}{AB+AC}\)
\(\RightarrowĐPCM\)
Tick plz
Lời giải:
Theo hệ thức lượng trong tam giác:\(\sin ^2a=\frac{1-\cos 2a}{2}\)
Áp dụng vào bài toán và sử dụng định lý hàm cos:
\(\sin ^2\frac{A}{2}=\frac{1-\cos A}{2}=\frac{1-\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{2}=\frac{a^2-(b-c)^2}{4bc}\)
Ta cần CM \(\frac{a^2-(b-c)^2}{4bc}\leq \left (\frac{a}{b+c}\right)^2\Leftrightarrow (ab+ac)^2-(b^2-c^2)^2\leq 4a^2bc\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+a^2c^2\leq 2a^2bc+(b^2-c^2)^2\)
\(\Leftrightarrow (b^2-c^2)^2-a^2(b-c)^2\geq 0\Leftrightarrow (b-c)^2[(b+c)^2-a^2]\geq 0\)
BĐT luôn đúng do với \(a,b,c\) là độ dài ba cạnh tam giác thì \(b+c>a\leftrightarrow (b+c)^2>a^2\)
Vậy \(\sin ^2\frac{A}{2}\leq \left (\frac{a}{b+c}\right)^2\Leftrightarrow \sin \frac{A}{2}\leq \frac{a}{b+c}\) (đpcm)
Tương tự : \(\sin \frac{B}{2}\leq \frac{b}{a+c},\sin \frac{C}{2}\leq \frac{c}{a+b}\)
\(\Rightarrow \sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\leq \frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)
Theo BĐT AM-GM: \((a+b)(b+c)(c+a)\geq 2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}=8abc\Rightarrow \frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{1}{8}\)
\(\Rightarrow \sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\leq \frac{1}{8}\) (đpcm)
a) \(1+tan^2B=1+\dfrac{AC^2}{AB^2}=\dfrac{AB^2+AC^2}{AB^2}=\dfrac{BC^2}{AB^2}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2}=\dfrac{1}{cos^2B}\)
b) Ta có: \(a.sinB.cosB=BC.\dfrac{AC}{BC}.\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AC.AB}{BC}=\dfrac{AH.BC}{BC}=AH\)
\(AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=BC.\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2=BC.cos^2B\)
Tương tự \(\Rightarrow CH=BC.sin^2B\)
Đặt \(f\left(A,B,C\right)=cosA+cosB+cosC+\dfrac{1}{sinA}+\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}-2\sqrt{3}-\dfrac{3}{2}\)
Ta có: \(f\left(A,B,C\right)-f\left(A,\dfrac{B+C}{2},\dfrac{B+C}{2}\right)\)
\(=\left(cosB+cosC-2cos\left(\dfrac{B+C}{2}\right)\right)+\left(\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}-\dfrac{2}{sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)}\right)\)
\(=2cos\left(\dfrac{B+C}{2}\right)\left(cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)-1\right)+\left(\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}-\dfrac{2}{sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)}\right)\left(1\right)\)
Bên cạnh đó ta có:
\(\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}-\dfrac{2}{sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)}\ge\dfrac{4}{sinB+sinC}-\dfrac{2}{sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)}=\dfrac{4\left(1-cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)\right)}{sinB+sinC}\)
Do đó \(\left(1\right)\ge2\left(1-cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)\right)\left(\dfrac{2}{sinB+sinC}-cos\left(\dfrac{B+C}{2}\right)\right)\)
\(=\left(1-cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)\right)\left(\dfrac{1-sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)cos\left(\dfrac{B+C}{2}\right)cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)}{sinB+sinC}\right)\ge0\)
\(\Rightarrow f\left(A,B,C\right)\ge f\left(A,\dfrac{B+C}{2},\dfrac{B+C}{2}\right)\)
Giờ ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức đúng trong trường hợp tam giác cân.
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}B=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{A}{2}\\cosB=cosC=\dfrac{sinA}{2}\\sinB=sinC=\dfrac{cosA}{2}\end{matrix}\right.\)
\(f\left(A,\dfrac{B+C}{2},\dfrac{B+C}{2}\right)=\left(cosA+2sin\left(\dfrac{A}{2}\right)-\dfrac{3}{2}\right)+\left(\dfrac{1}{sinA}+\dfrac{2}{cos\left(\dfrac{A}{2}\right)}-2\sqrt{3}\right)\)
\(=\dfrac{-2\left(sin\left(\dfrac{A}{2}\right)-1\right)^2}{2}+\dfrac{1+4sin\left(\dfrac{A}{2}\right)-2\sqrt{3}sinA}{sinA}\)
Mà ta có: \(1\ge sin\left(\dfrac{A}{2}+\dfrac{\pi}{3}\right)\)
\(\Rightarrow8sin\left(\dfrac{A}{2}\right)\ge2\sqrt{3}sinA+4sin^2\left(\dfrac{A}{2}\right)\)
\(\Rightarrow1+4sin\left(\dfrac{A}{2}\right)-2\sqrt{3}sinA\ge4sin^2\left(\dfrac{A}{2}\right)-4sin\left(\dfrac{A}{2}\right)+1=\left(2sin\left(\dfrac{A}{2}-1\right)\right)^2\)
Từ đó ta suy ra:
\(f\left(A,\dfrac{B+C}{2},\dfrac{B+C}{2}\right)\ge\left(2sin-1\right)^2\left(\dfrac{1}{sinA}-\dfrac{1}{2}\right)\ge0\)
Vậy bài toán đã được chứng minh. Dấu = xảy ra khi \(A=B=C=\dfrac{\pi}{3}\)
Hàm số \(f\left(x\right)=\cos\left(x\right)+\dfrac{1}{\sin\left(x\right)}\) là hàm lồi trên \(\left(0,\pi\right)\)
Do đó theo BĐT Jensen ( trường hợp của Karamata) có:
\(f\left(A\right)+f\left(B\right)+f\left(c\right)\ge3f\left(\dfrac{A+B+C}{3}\right)=3f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=2\sqrt{3}+\dfrac{3}{2}\)
P/s:Tính độ "lầy" của hàm số:
\(f''(x)=-\cos(x)-\frac{1}{\sin(x)}+\frac{2}{(\sin(x))^3}\)
Và cho \(x\in (0,\pi);f''(x)>0\) nếu \(2>(\sin(x))^2(\sin(x)\cos(x)+1)\) là xài dc Jensen :D
kẻ AH vuông góc với BC
đặt AH = h . xét hai tam giác vuông AHB và AHC , ta có :
sin B = \(\frac{AH}{AB}\), sin C = \(\frac{AH}{AC}\)
do đó \(\frac{sinB}{sinC}=\frac{AH}{AB}\cdot\frac{AC}{AH}=\frac{h}{c}\cdot\frac{b}{h}=\frac{b}{c}\)
suy ra \(\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}\)
tương tự \(\frac{a}{sinA}=\frac{b}{sinB}\)
vậy suy ra dpcm
cái đường thẳng cắt tam giác đó mk không bt nó thừ đâu tới, bạn bỏ cái đấy đi nhá
Lời giải:
Kẻ \(BE\perp AC(E\in AC)\)
Khi đó \(\sin A=\frac{BE}{c}\Rightarrow \frac{a}{\sin A}=\frac{ac}{BE}\)
Mặt khác, \(S_{ABC}=\frac{BE.b}{2}\Rightarrow BE=\frac{2S_{ABC}}{b}\)
\(\Rightarrow \frac{a}{\sin A}=\frac{abc}{2S_{ABC}}\). Hoàn toàn tương tự với \(\frac{b}{\sin B},\frac{c}{\sin C}\) ta có:
\(\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=\frac{abc}{2S_{ABC}}\) (đpcm)
Gọi O là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, D là trung điểm của BC, ta có:
\(OD\perp BC\)
\(OB=R;BD=\dfrac{1}{2}a\)
\(\widehat{BOD}=\widehat{A}\) (A là góc nội tiếp chắn cung BC, Ở là góc tâm chắn \(\dfrac{1}{2}\) cung BC)
Trong tam giác vuông DOB ta có:
\(sin\left(DOB\right)=\dfrac{BD}{OB}\)
\(\Rightarrow sinA=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{a}{R}\Rightarrow\dfrac{a}{sinA}=2R\)
Chứng minh tương tự ta có:
\(\dfrac{a}{sinA}=\dfrac{b}{sinB}=\dfrac{c}{sinC}\)
a, Vẽ phân giác AD của góc BAC
Kẻ BH\(\perp\)AD tại H ; CK\(\perp AD\) tại K
Dễ thấy \(sin\widehat{A_1}=sin\widehat{A_2}=sin\dfrac{A}{2}=\dfrac{BH}{AB}=\dfrac{CK}{AC}=\dfrac{BH+CK}{AB+AC}\le\)\(\le\dfrac{BD+CD}{b+c}=\dfrac{a}{b+c}\)
b, Tượng tự \(sin\dfrac{B}{2}\le\dfrac{b}{a+c};sin\dfrac{C}{2}\le\dfrac{c}{a+b}\)
Mặt khác \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}=8abc\)
\(\Rightarrow sin\dfrac{A}{2}.sin\dfrac{B}{2}.sin\dfrac{C}{2}\le\dfrac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\dfrac{1}{8}\)