Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=\sqrt{ax}\frac{1}{\sqrt{a}}+\sqrt{by}\frac{1}{\sqrt{b}}+\sqrt{cz}\frac{1}{\sqrt{c}}\)
\(\le\sqrt{\left(ax+by+cz\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}=\sqrt{2S_{ABC}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}\)
\(=\sqrt{\frac{abc}{2R}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}=\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{2R}}\le\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{2R}}\)
a) Do tam giác ABC nội tiếp nên sẽ có 1 cạnh là đường kính (BC)
Xét tam giác ABC có :\(AB^2+AC^2=\left(R\sqrt{2-\sqrt{3}}\right)^2+\left(R\sqrt{2+\sqrt{3}}\right)^2\)
\(=2R^2-R^2\sqrt{3}+2R^2+R^2\sqrt{3}\)
\(=4R^2\)
\(=BC^2\)
( do BC là đường kính, BC=2R)
Vậy tam giác ABC là tam giác vuông
\(\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{R\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2R}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}\)
suy ra góc B=75 độ
suy ra góc C=90 độ -75 độ =15 độ
Giả sử \(\Delta ABC\)đều ngoại tiếp đường tròn (I), khi đó ta cần tính BC (hoặc AB, AC đều được)
Kẻ đường cao AH của \(\Delta ABC\). Nối B với I.
Ta ngay lập tức có BI là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)(vì I là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\))
Mà \(\widehat{ABC}=60^0\)(do \(\Delta ABC\)đều) \(\Rightarrow\widehat{IBH}=\frac{60^0}{2}=30^0\)
\(\Delta IBH\)vuông tại H \(\Rightarrow BH=IH.\cot\widehat{IBH}=r.\cot30^0=r\sqrt{3}\)
Mặt khác \(\Delta ABC\)đều có đường cao AH \(\Rightarrow\)AH cũng là trung tuyến \(\Rightarrow\)H là trung điểm BC
\(\Rightarrow BC=2BH=2r\sqrt{3}\)\(\Rightarrow\)Chọn ý thứ ba.