Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bạn tự vẽ hình nhé
a,Kẻ BK vuông góc với AC, đặt BK = h
tam giác ABK có K vuông => sin A = h/c => a/sin A = ac/h (1)
tam giác BKC có K vuông => sin C = h/a => c/sin C = ac/h (2)
Từ (1) và (2) => a/sin A = c/sin C
CMTT có b/sinB = c/sin C
=> dpcm
b, có SABC = (h.b)/2
mà h = a.sinC \(\Rightarrow S_{ABC}=\dfrac{a.sinC.b}{2}\) = \(\dfrac{1}{2}a.b.sinC\)
CMTT có \(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}a.c.sinB=\dfrac{1}{2}b.c.sinA\)
=> đpcm
đây nha bn : https://hoc24.vn/hoi-dap/question/639032.html
1) Áp dụng bất đẳng Bunyakovsky dạng cộng mẫu ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}=\frac{a^6}{abc}+\frac{b^6}{abc}+\frac{c^6}{abc}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\)
\(=\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}\ge\frac{3abc\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}=a^3+b^3+c^3\)
(Cauchy 3 số) Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c
2) Áp dụng kết quả phần 1 ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\ge\frac{\left(a^3+b^2+c^3\right)^2}{3\cdot\frac{1}{3}}=\left(a^3+b^3+c^3\right)^2\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)
A B C c H b a h
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:
Kéo dài $OA$ cắt $(O)$ tại $D$
Do $AD$ là đường kính nên $ABD$ vuông tại $B$
\(\Rightarrow \sin \widehat{BDA}=\frac{BA}{AD}=\frac{c}{2R}\)
Mà \(\widehat{BDA}=\widehat{BCA}=\widehat{C}\) (cùng chắn cung AB)
Do đó \(\sin C=\sin \widehat{BCA}=\frac{c}{2R}\Leftrightarrow \frac{c}{\sin C}=2R\)
Hoàn toàn tương tự, kẻ đường kính từ B,C ta thu được:
\(\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R\) (đpcm)
A B C D H K 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 \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}=8abc\)
\(\Rightarrow sin\dfrac{A}{2}.sin\dfrac{B}{2}.sin\dfrac{C}{2}\le\dfrac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\dfrac{1}{8}\)
A B C c b a m D E F
a) Kẻ các đường cao \(AD;BE;CF\)
ta có : \(AD=AB.sinB\) và \(AD=AC.sinC\)
\(\Rightarrow AB.sinB=AC.sinC\Leftrightarrow c.sinB=b.sinC\Leftrightarrow\dfrac{c}{sinC}=\dfrac{b}{sinB}\)
làm tương tự ta có : \(\dfrac{b}{sinB}=\dfrac{a}{sinA}\) và \(\dfrac{a}{sinA}=\dfrac{c}{sinC}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{sinA}=\dfrac{b}{sinB}=\dfrac{c}{sinC}\left(đpcm\right)\)
b) ta có : \(BC^2=BE^2+EC^2=AB^2-AE^2+\left(AC-AE\right)^2\)
\(\Leftrightarrow BC=AB^2-AE^2+AC^2-2AC.AE+AE^2\)
\(\Leftrightarrow BC^2=AB^2+AC^2-2AC.AB.cosA\)
\(\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2-2bc.cosA\left(đpcm\right)\)
c) ta có : \(AB=BF+FA=BC.cosB+AC.cosA\)
\(\Leftrightarrow c=a.cosB+b.cosA\left(đpcm\right)\)
đặc \(M\) là chân đường trung tuyên kẻ từ \(A\) \(\left(m_a\right)\)
ta có : \(AM^2=AB^2+BM^2-2AB.BM.cosB\)
\(\Leftrightarrow AM^2=AB^2+BM^2-2AB.BM\dfrac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB.2BM}\)
\(\Leftrightarrow AM^2=AB^2+\left(\dfrac{BC}{2}\right)^2-\dfrac{AB^2+BC^2-AC^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow AM^2=AB^2-\dfrac{AB^2+BC^2-AC^2}{2}+\dfrac{BC^2}{4}\)
\(\Leftrightarrow AM^2=\dfrac{2AB^2-AB^2-BC^2+AC^2}{2}+\dfrac{BC^2}{4}\) \(\Leftrightarrow AM^2=\dfrac{AB^2+AC^2}{2}-\dfrac{BC^2}{2}+\dfrac{BC^2}{4}\) \(\Leftrightarrow AM^2=\dfrac{AB^2+AC^2}{2}-\dfrac{BC^2}{4}\Leftrightarrow m_a^2=\dfrac{c^2+b^2}{2}-\dfrac{a^2}{4}\left(đpcm\right)\)(chú ý câu này sử dụng công thức ở câu \(b;c\) nha)