Cho vd cụ thể đi bạn?

A=13 rồi mà bạn. tính gì nữa

Bạn ghi sai đề r. Tam giác bình thường (không vuông) làm gì có sin, cos với lại phải ghi nếu vuông thì vuông tại đâu nha

Bạn kẻ 3 đường trung trực ứng với 3 cạnh BC, AC và AB, gọi giao điểm của 3 đường trung trực này là O => O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (định nghĩa) => OA = OB = OC = R

Các đường trung trực của các cạnh lần lượt cắt BC,AC và AB lần lượt tại các điểm A1, B1 và C1.

Hạ đường cao BH của tam giác ABC

Dễ dàng chứng minh được : tam giác ABH đồng dạng tam giác OCA1 (góc-góc) {\(\widehat{AHB}=\widehat{CA1O}=90^o\)và \(\widehat{BAH}=\widehat{A1OC}=\frac{1}{2}SĐ\widebat{BC}\)

2 tam giác này đồng dạng => AH/OA1 = AB/OC <=> AH/AB = OA1/OC <=> cos A = OA1/R (hệ thức lượng trong tam giác vuông ABH vuông tại H thì cos A = AH/AB) => OA1 = R. cos A 

CMTT : cos B= OB1/R và cos C = OC1/R 

Đặt BC = a, AC = b và AB = c

Kéo dài CO cắt đường tròn (O) tại M => CM là đường kính của đt (O) => CM = 2R

Ta có \(\widehat{CAM}=90^O\)(góc nội tiếp chắn nửa đt) => tam giác ACM vuông tại A => sin \(\widehat{AMC}=\frac{AC}{MC}=\frac{b}{2R}\)

Ta có : \(\widehat{AMC}=\widehat{B}\)(cùng chắn \(\widebat{AC}\)) => sin B = \(\frac{b}{2R}\)

CMTT : sin A = \(\frac{a}{2R}\)và sin C = \(\frac{c}{2R}\)

=> sin A + sin B + sin C = \(\frac{a+b+c}{2R}\)=> a +b +c = 2R (sin A + sin B + sin C)

Trong 1 tam giác bất kỳ tổng của 2 cạnh luôn lớn hơn cạnh thư 3 (cái này ai cũng biết rồi :))))

Với tam giác OA1B1 thì OA1+OB1 > A1B1 = AB/2 (Vì A1, B1 lần lượt là trung điểm của BC và AC => A1B1 là đường trung bình của tam giác ABC nên A1B1 =AB/2) (1)

tương tự OA1+ OC1> A1C1 = AC/2 (2)

OB1 + OC1 > B1C1 = BC/2 (3)

cộng từng vế với vế của (1), (2) và (3) => a + b +c < 4 (OA1 + OB1 + OC1) (4)

Thay a+b+c = 2R (sin A + sin B + sin C) và OA1 = R.cos A, OB1= R.cos B, OC1=R.cos C vào (4) ta được:

sin A + sin B + sin C < 2(cos A + cos B + cos C) => ĐPCM.

Note: Bạn ghi nhầm đề rồi phải nhân thêm 2 vào vế cos thì mới đúng nhé. Còn cách CM như mình làm ạ.

\(x+\sqrt{x+yz}=x+\sqrt{x\left(x+y+z\right)+yz}=x+\sqrt{x^2+yz+x\left(z+y\right)}\)

\(\ge x+\sqrt{2\sqrt{x^2yz}+x\left(y+z\right)}=x+\sqrt{x\cdot2\sqrt{yz}+x\left(y+z\right)}=x+\sqrt{x\left(y+z+2\sqrt{yz}\right)}\)

\(=x+\sqrt{x\left(\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}=x+\sqrt{x}\left(\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{x}{x+\sqrt{x+yz}}\le\frac{x}{x+\sqrt{x}\left(\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}\)

tương tự :

\(\frac{y}{y+\sqrt{y+xz}}\le\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{y}+\sqrt{x}+\sqrt{z}}\)

\(\frac{z}{z+\sqrt{z+xy}}\le\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{z}+\sqrt{x}+\sqrt{y}}\) 

cộng vế theo vế ta được 

\(\frac{x}{x+\sqrt{x+yz}}+\frac{y}{y+\sqrt{y+zx}}+\frac{z}{z+\sqrt{z+xy}}\le\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}=1\)

dấu "=" xảy tra khi x=y=z=1/3

cái này thì chịu

a. Ta có \(\widehat{IEF}=\widehat{BCF}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{BF}\)) (1)

\(\widehat{BKC}=\widehat{BHC}=90^o\)(do BH và CK là các đường cao của tam giác ABC) => tứ giác BKHClà tứ giác nội tiếp (2 đỉnh kề nhau của 1 tứ giác cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau thì tứ giác đó nội tiếp)

BKHC là tứ giác nội tiếp => \(\widehat{IHK}=\widehat{BCF}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(\widebat{BK}\)(2)

Từ (1) và (2) => \(\widehat{IEF}=\widehat{IHK}\)mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => KH // EF

Áp dụng định lý Ta lét trong tam giác IEF với KH // EF ta được : \(\frac{IK}{IF}=\frac{IH}{IE}\)=> IK.IE = IH.IF (ĐPCM)

b. Khi tam giác ABC đều => trực tâm I của tam giác ABC vừa là tâm nội, tâm ngoại, trọng tâm của tam giác ABC tức là I trùng với O.

ABC đều => \(\widehat{BAC}=60^o=>\widehat{BOC}=120^o\)(góc ở tâm băng 2 lần số đo góc ở đỉnh)

Áp dụng công thức tính diện tích hình quạt tròn ta được diện tích hình quạt tròn tạo bởi tâm O và cung nhỏ \(\widebat{BC}\)là:

S = \(\frac{\alpha\pi R^2}{360}=\frac{120.\pi.R^2}{360}=\frac{\pi R^2}{3}\)( \(\alpha\)chính là góc ở tâm tạo bởi 2 bán kính và cung nhỏ \(\widebat{BC}\)hay nó chính là \(\widehat{BOC}\))(3)

OB = IB = R (I trùng O khi ABC đều) = \(\frac{2}{3}\)BH= \(\frac{2}{3}\). BC sin \(\widehat{BCH}\)(hệ thức lượng giác trong tam giác vuông BHC nên ta có BH = BC. sin \(\widehat{BCH}\)) = \(\frac{2}{3}.a.sin60^o=\frac{2}{3}.a.\frac{\sqrt{3}}{2}=a.\frac{\sqrt{3}}{3}\)(4) . Thay (4) vào (3) tính được S nhé.

Diện tích tam giác OBC = \(\frac{1}{2}.OH.BC=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}BH.BC=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.\frac{a.\sqrt{3}}{2}.a=\frac{a^2.\sqrt{3}}{12}\)(vì ABC đều nên O vừa là tâm nội, tâm ngoại, trọng tâm, trực tâm mà )

Diện tích phần giới hạn = diện tích hình nón - diện tích tam giác OBC (nhìn hình là thấy). Bạn thay vào tính nốt nhé !!!

\(a)\) Thay \(m=-1\) vào phương trình \(x^2+2\left(m-1\right)x+m^2=0\) ta được : 

\(x^2+2\left(-1-1\right)x+\left(-1\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(x^2+2x.\left(-2\right)+1=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(x^2-4x+1=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(x^2-4x=-1\)

\(\Leftrightarrow\)\(x\left(x-4\right)=-1\)

Ta có bảng : 

Vậy khi \(m=-1\) thì không có giá trị của x thoã mãn phương trình 

Chúc bạn học tốt ~ 

a) Thay m =\(-1\)vào PT ta có:

\(x^2-2\left(-1-1\right)x+\left(-1\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-4x+1=0\)

\(\Delta^,=2^2-1=3\)

Vậy PT có 2 nghiệm \(2+\sqrt{3},2-\sqrt{3}\)

b) PT có 2 nghiệm phân biệt

\(\Leftrightarrow\Delta^,=\left(m-1\right)^2-m^2=-2m+1>0\Leftrightarrow m>\frac{1}{2}\)

Vậy khi m >\(\frac{1}{2}\),PT có 2 nghiệm phân biệt.