NT
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
CM
3 tháng 4 2019
Trong tam giác ABC, theo Hệ quả định lý Cô sin ta luôn có :
Mà ta có 2.bc > 0 nên cos A luôn cùng dấu với b2 + c2 – a2.
a) Góc A nhọn ⇔ cos A > 0 ⇔ b2 + c2 – a2 > 0 ⇔ a2 < b2 + c2.
b) Góc A tù ⇔ cos A < 0 ⇔ b2 + c2 – a2 < 0 ⇔ a2 > b2 + c2.
c) Góc A vuông ⇔ cos A = 0 ⇔ b2 + c2 – a2 = 0 ⇔ a2 = b2 + c2.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
29 tháng 1 2021
1.
Sửa đề: \(S=\dfrac{1}{6}\left(ch_a+bh_c+ah_b\right)\)
\(a.h_a=b.h_b=c.h_c=2S\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}h_a=\dfrac{2S}{a}\\h_b=\dfrac{2S}{b}\\h_c=\dfrac{2S}{c}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow6S=\dfrac{2Sc}{a}+\dfrac{2Sb}{c}+\dfrac{2Sa}{b}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=3\)
Mặt khác theo AM-GM: \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abc}{abc}}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
\(\Leftrightarrow\) Tam giác đã cho đều
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
29 tháng 1 2021
2.
Bạn coi lại đề, biểu thức câu này rất kì quặc (2 vế không đồng bậc)
Ở vế trái là \(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\) hay \(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\) nhỉ?
3.
Theo câu a, ta có:
\(VT=\dfrac{2S}{a}+\dfrac{2S}{b}+\dfrac{2S}{c}\ge\dfrac{18S}{a+b+c}=\dfrac{18.pr}{a+b+c}=9r\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
Hay tam giác đã cho đều
CM
8 tháng 7 2017
a) Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
⇒ a + c > b và a + b > c (Bất đẳng thức tam giác)
⇒ a + c – b > 0 và a + b – c > 0
Ta có: (b – c)2 < a2
⇔ a2 – (b – c)2 > 0
⇔ (a – (b – c))(a + (b – c)) > 0
⇔ (a – b + c).(a + b – c) > 0 (Luôn đúng vì a + c – b > 0 và a + b – c > 0).
Vậy ta có (b – c)2 < a2 (1) (đpcm)
b) Chứng minh tương tự phần a) ta có :
( a – b)2 < c2 (2)
(c – a)2 < b2 (3)
Cộng ba bất đẳng thức (1), (2), (3) ta có:
(b – c)2 + (c – a)2 + (a – b)2 < a2 + b2 + c2
⇒ b2 – 2bc + c2 + c2 – 2ca + a2 + a2 – 2ab + b2 < a2 + b2 + c2
⇒ 2(a2 + b2 + c2) – 2(ab + bc + ca) < a2 + b2 + c2
⇒ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (đpcm).
CM
27 tháng 3 2018
Chọn B.
Ta có:
a(a2 – c2) = b(b2 – c2) ⇔ a3 – ac2 = b3 – bc2
⇔ a3 – b3 = ac2 – bc2
⇔ (a – b)(a2 + ab + b2) = c2(a – b)
⇔ a2 + ab + b2 = c2
⇔ ab = c2 – a2 – b2
Ta lại có: 
CM
1 tháng 6 2017
Xét tam thức f(x) = b2x2 - (b2 + c2 - a2)x + c2 có:
Δ = (b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2
= (b2 + c2 - a2 - 2bc)(b2 + c2 - a2 + 2bc)
= [(b - c)2 - a2][(b + c)2 - a2]
= (b – c – a)(b – c + a)(b + c + a)(b + c – a).
Do a, b, c là 3 cạnh của tam giác nên theo bất đẳng thức tam giác ta có:
b < c + a ⇒ b – c – a < 0
c < a + b ⇒ b – c + a > 0
a < b + c ⇒ b + c – a > 0
a, b, c > 0 ⇒ a + b + c > 0
⇒ Δ < 0 ⇒ f(x) cùng dấu với b2 ∀x hay f(x) > 0 ∀x (đpcm).
CM
26 tháng 7 2017
Chọn C.
Theo đầu bài ta có; b(b2 - a2) = c(c2 - a2)
Hay b3 - c3 = a2(b - c)
Mà b - c ≠ 0 nên b2 + bc + c2 = a2
Theo định lí côsin thì a2 = b2 + c2 - 2bccosA
Do đó: b2 + bc + c2 = b2 + c2 - 2bccosA
Suy ra: cos A = - ½ hay góc A bằng 1200.
VT
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
20 tháng 2 2022
Lời giải:
PT $\Leftrightarrow (a^2+b^2)^2-2(a^2+b^2)c^2+c^4-a^2b^2=0$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2-c^2)^2-(ab)^2=0$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2-c^2-ab)(a^2+b^2-c^2+ab)=0$
$\Rightarrow a^2+b^2-c^2-ab=0$ hoặc $a^2+b^2-c^2+ab=0$
Áp dụng định lý cosin:
Nếu $a^2+b^2-c^2-ab=0$
$\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{a^2+b^2-c^2}{2(a^2+b^2-c^2)}=\frac{1}{2}$
$\Rightarrow \widehat{C}=60^0$
Nếu $a^2+b^2-c^2+ab=0$
$\cos C=\frac{-1}{2}\Rightarrow \widehat{C}=120^0$
R
1
T
28 tháng 1 2023
Nếu \(c^2+d^2\ge1\left(bất.đẳng.thức.đúng\right)\)
Ta chứng minh c2+d2<1
+Đặt x=1-a2-b2 và y =1-c2 - d2
-0 \(\le x,y\le1\)
Bđt <=> (2 - 2ac - 2bd)2\(\ge\) 4xy <=> ((a-c)2+(b-d)2+x+y)2\(\ge4xy\)
=> ((a-c)2+(b-d)2 + x + y)2 \(\ge\left(x+y\right)^2\ge4xy\left(đpcm\right)\)