Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a/ \(b^2-c^2=ab.cosC-ac.cosB\)
Ta có: \(b.cosC-c.cosB=ab.\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}-ac.\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\)
\(=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}-\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2}=\dfrac{2b^2-2c^2}{2}=b^2-c^2\) (đpcm)
b/ \(ac.cosC-ab.cosB=ac.\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}-ab.\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\)
\(=\dfrac{c^2\left(a^2+b^2-c^2\right)-b^2\left(a^2+c^2-b^2\right)}{2bc}=\dfrac{\left(ac\right)^2-\left(ab\right)^2+b^4-c^4}{2bc}\)
\(=\dfrac{-a^2\left(b^2-c^2\right)+\left(b^2-c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}{2bc}=\left(b^2-c^2\right).\dfrac{\left(b^2+c^2-a^2\right)}{2bc}\)
\(=\left(b^2-c^2\right).cosA\) (đpcm)
c/ \(cotA+cotB+cotC=\dfrac{cosA}{sinA}+\dfrac{cosB}{sinB}+\dfrac{cosC}{sinC}=\dfrac{2R.cosA}{a}+\dfrac{2R.cosB}{b}+\dfrac{2R.cosC}{c}\)
\(=2R\left(\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2abc}+\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2abc}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2abc}\right)\)
\(=2R\left(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2abc}\right)=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc}.R\) (đpcm)
a, 3 đường trung tuyến cách nhau tại trọng tâm, khoảng cách từ trọng tâm đến đỉnh bằng \(\dfrac{2}{3}\) độ dài trung tuyến đi qua đỉnh đó
Từ định lí trên ta có \(\left\{{}\begin{matrix}m_a=\dfrac{2}{3}GA\\m_b=\dfrac{2}{3}GB\\m_c=\dfrac{2}{3}GC\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_a^2=\dfrac{4}{9}GA^2\\m_b^2=\dfrac{4}{9}GB^2\\m_c^2=\dfrac{4}{9}GB^2\end{matrix}\right.\)
Đặt D = GA2 + GB2 + GC2
⇒ D = ma2 + mb2 + mc2
⇒ D = \(\dfrac{2\left(a^2+b^2\right)-c^2+2\left(b^2+c^2\right)-a^2+2\left(a^2+c^2\right)-b^2}{4}\)
⇒ D = \(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\)
b, cotA = \(\dfrac{cosA}{sinA}=\dfrac{\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{\dfrac{a}{2R}}=R.\dfrac{b^2+c^2-a^2}{abc}\)
Tương tự ta có
cotB = \(R.\dfrac{a^2+c^2-b^2}{abc}\)
cotC = \(R.\dfrac{a^2+b^2-c^2}{abc}\)
Vậy cotA + cotB + cotC = \(R.\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc}\) (1)
Theo công thức tính diện tích
S = \(\dfrac{abc}{4R}\) ⇒ abc = 4 . S . R
Thế vào (1) ta có
cotA + cotB + cotC = \(R.\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4.S.R}=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4S}\)
a, \(\overrightarrow{GA}=-\dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)\)
\(\Rightarrow GA^2=\dfrac{1}{9}\left(AB^2+AC^2+2AB.AC.cosA\right)\)
\(=\dfrac{1}{9}\left(c^2+b^2+2bc.cosA\right)\)
\(=\dfrac{1}{9}\left(c^2+b^2+b^2+c^2-a^2\right)=\dfrac{2b^2+2c^2-a^2}{9}\)
Tương tự \(GB^2=\dfrac{2a^2+2c^2-b^2}{9}\); \(GC^2=\dfrac{2a^2+2b^2-c^2}{9}\)
\(\Rightarrow GA^2+GB^2+GC^2=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\)
b, \(cotA+cotB+cotC=\dfrac{cosA}{sinA}+\dfrac{cosB}{sinB}+\dfrac{cosC}{sinC}\)
\(=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bcsinA}+\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2acsinB}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2absinC}\)
\(=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bcsinA}+\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac.\dfrac{b}{a}sinA}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab.\dfrac{c}{a}sinA}\)
\(=\dfrac{a}{2sinA}\left(\dfrac{b^2+c^2-a^2}{abc}+\dfrac{a^2+c^2-b^2}{abc}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{abc}\right)\)
\(=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2bcsinA}=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4.S}\)
Từng sau em hạn chế đăng nhiều bài cùng một lúc như thế này nhé.
Bài 1:
Ta có: \(a+\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}=(a-b)+\frac{b+1}{2}+\frac{b+1}{2}+\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}-1\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số không âm ta có:
\((a-b)+\frac{b+1}{2}+\frac{b+1}{2}+\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}\geq 4\sqrt[4]{\frac{4(a-b)(b+1)^2}{4(a-b)(b+1)^2}}=4\)
\(\Rightarrow a+\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}=(a-b)+\frac{b+1}{2}+\frac{b+1}{2}+\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}-1\geq 4-1\)
\(\Leftrightarrow a+\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}\geq 3\)
Ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi \(a-b=\frac{b+1}{2}=\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}\)
\(\Leftrightarrow a=2; b=1\)
Bài 2:
Đặt \(\left(\frac{a}{b}, \frac{b}{c}, \frac{c}{a}\right)\mapsto (x,y,z)\Rightarrow xyz=1\)
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(x^2+y^2+z^2\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\geq \frac{xy+yz+xz}{xyz}=xy+yz+xz(*)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(x^2+y^2\geq 2\sqrt{x^2y^2}=2xy\)
\(y^2+z^2\geq 2\sqrt{y^2z^2}=2yz\)
\(z^2+x^2\geq 2\sqrt{z^2x^2}=2zx\)
Cộng theo vế: \(\Rightarrow 2(x^2+y^2+z^2)\geq 2(xy+yz+xz)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+xz\)
Do đó (*) đúng, ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c\)
Bài 3:
Ta có: \(\text{VT}=(\frac{b}{\sqrt{a}}+\frac{c}{\sqrt{b}}+\frac{a}{\sqrt{c}})+(\frac{c}{\sqrt{a}}+\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{c}})\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\((\frac{b}{\sqrt{a}}+\frac{c}{\sqrt{b}}+\frac{a}{\sqrt{c}})(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq (\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{a})^2\)
\(\frac{b}{\sqrt{a}}+\frac{c}{\sqrt{b}}+\frac{a}{\sqrt{c}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}(1)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{c}{\sqrt{a}}+\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{c}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{\sqrt{abc}}}=3(2)\) do $abc=1$
Từ \((1); (2)\Rightarrow \text{VT}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+3\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
câu 1: \(VT=\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{a+b}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{2}\)
a)Có \(b^2+c^2-a^2=cosA.2bc\)
\(S=\dfrac{1}{2}bc.sinA\)\(\Rightarrow4S=2bc.sinA\)
\(\Rightarrow\dfrac{b^2+c^2-a^2}{4S}=\dfrac{cosA.2bc}{2bc.sinA}=cotA\) (dpcm)
b) CM tương tự câu a \(\Rightarrow\dfrac{a^2+c^2-b^2}{4S}=\dfrac{cosB.2ac}{2ac.sinB}=cotB\); \(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{4S}=\dfrac{cosC.2ab}{2ab.sinC}=cotC\)
Cộng vế với vế \(\Rightarrow cotA+cotB+cotC=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{4S}+\dfrac{a^2+c^2-b^2}{4S}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{4S}\)\(=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4S}\) (dpcm)
c) Gọi ma;mb;mc là độ dài các đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A;B;C của tam giác ABC
Có \(GA^2+GB^2+GC^2=\dfrac{4}{9}\left(m_a^2+m_b^2+m_b^2\right)\)\(=\dfrac{4}{9}\left[\dfrac{2\left(b^2+c^2\right)-a^2}{4}+\dfrac{2\left(a^2+c^2\right)-b^2}{4}+\dfrac{2\left(b^2+c^2\right)-a^2}{4}\right]\)
\(=\dfrac{4}{9}.\dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{4}=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\) (đpcm)
d) Có \(a\left(b.cosC-c.cosB\right)=ab.cosC-ac.cosB\)
\(=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}-\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2}\)
\(=b^2-c^2\) (dpcm)