Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Theo đl sin có:
\(\dfrac{a}{sinA}=\dfrac{b}{sinB}=\dfrac{c}{sinC}\Rightarrow b=a\dfrac{sinB}{sinA};c=\dfrac{sinC}{sinA}.a\)
Mà `b+c=2a`
\(\Rightarrow a\dfrac{sinB}{sinA}+a\dfrac{sinC}{sinA}=2a\\ \Rightarrow\dfrac{sinB}{sinA}+\dfrac{sinC}{sinA}=2\\ \Leftrightarrow sinB+sinC=2sinA\)
Chọn B
1.
\(sinA+sinB-sinC=2sin\dfrac{A+B}{2}.cos\dfrac{A-B}{2}-sin\left(A+B\right)\)
\(=2sin\dfrac{A+B}{2}.cos\dfrac{A-B}{2}-2sin\dfrac{A+B}{2}.cos\dfrac{A+B}{2}\)
\(=2sin\dfrac{A+B}{2}.\left(cos\dfrac{A-B}{2}-cos\dfrac{A+B}{2}\right)\)
\(=2sin\dfrac{A+B}{2}.2sin\dfrac{A}{2}.sin\dfrac{B}{2}\)
\(=4sin\dfrac{A}{2}.sin\dfrac{B}{2}.cos\dfrac{C}{2}\)
Sao t lại đc như này v, ai check hộ phát
Ta có: A = \(sin\dfrac{A}{2}+sin\dfrac{B}{2}+sin\dfrac{C}{2}=cos\dfrac{B+C}{2}+2sin\dfrac{B+C}{4}cos\dfrac{B-C}{4}\)
\(\Leftrightarrow A-2sin\dfrac{B+C}{4}cos\dfrac{B-C}{4}-cos^2\dfrac{B+C}{4}+sin^2\dfrac{B+C}{4}=0\)\(\Leftrightarrow A-2sin\dfrac{B+C}{4}cos\dfrac{B-C}{4}+2sin^2\dfrac{B+C}{4}-1=0\)
Δ' = \(cos^2\dfrac{B-C}{4}-2\left(A-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow A-1\le\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow A\le\dfrac{3}{2}\)
Lời giải:
\(\frac{1+\cos B}{\sin B}=\frac{2a+c}{\sqrt{(2a-c)(2a+c)}}\)
\(\Rightarrow \frac{(1+\cos B)^2}{\sin ^2B}=\frac{2a+c}{2a-c}\) (bình phương 2 vế)
\(\Leftrightarrow \frac{1+\cos ^2B+2\cos B}{\sin ^2B}=\frac{2a-c+2c}{2a-c}\)
\(\Leftrightarrow \frac{\sin ^2B+2\cos ^2B+2\cos B}{\sin ^2B}=1+\frac{2c}{2a-c}\)
\(\Leftrightarrow \frac{\cos ^2B+\cos B}{\sin ^2B}=\frac{c}{2a-c}\)
\(\Rightarrow (2a-c)(\cos ^2B+\cos B)=c\sin ^2B\)
\(\Leftrightarrow 2a\cos ^2B+(2a-c)\cos B=c\sin ^2B+c\cos ^2B=c(\sin ^2B+\cos ^2B)=c\)
\(\Leftrightarrow 2a(\cos ^2B+\cos B)=c(\cos B+1)\)
\(\Leftrightarrow (\cos B+1)(2a\cos B-c)=0\)
Với mọi \(\widehat{B}< 180^0\Rightarrow \cos B+1\neq 0\). Suy ra \(2a\cos B-c=0\Rightarrow \cos B=\frac{c}{2a}\)
Kẻ đường cao $CH$ xuống $AB$
\(\cos B=\frac{BH}{BC}=\frac{BH}{a}=\frac{c}{2a}\)
\(\Rightarrow BH=\frac{c}{2}\) hay $H$ là trung điểm của $AB$. Vậy $CH$ đồng thời là đường cao và đường trung tuyến, suy ra tam giác $ABC$ cân tại $C$
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
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
\(\dfrac{cosA}{a}+\dfrac{cosB}{b}+\dfrac{cosC}{c}\)
\(=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2abc}+\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2abc}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2abc}\)
\(=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2abc}\) (đpcm)
a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA
b2 = a2 + c2 - 2ac.cosB
c2 = a2 + b2 - 2ab.cosC
⇒ a2 + b2 + c2 = 2bc.cosA + 2ac.cosB + 2ab.cosC
⇒ VT = \(\dfrac{2bc.cosA}{2abc}+\dfrac{2ab.cosC}{2abc}+\dfrac{2ac.cosB}{2abc}\)
⇒ VT = \(\dfrac{cosA}{a}+\dfrac{cosB}{b}+\dfrac{cosC}{c}\)
Thía đề kêu lmj @@
Xét dạng tam giác á
Nãy ghi thíu, xin lũi nhìu =<