Cho ΔABC vuông tại A thỏa mãn \(BC^2=\left(\sqrt{3}+1\right).AC^2+\left(\sqrt{3}-1\right).AB.AC\).Tính số đo góc ACB
A.450 B.150 C.600 D.300
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
DA
11 tháng 12 2017
Từ ab + bc + ac =1
=> ab + bc + ac + a2 = 1 + a2
=> 1 + a2 = (a+b)(a+c) (1)
Tương tự: 1 + b2 = (a+b)(b+c) (2)
1 + c2 = (a+c)(b+c) (3)
Thay (1) (2) (3) vào P
P= a\(\sqrt{\left(b+c\right)^2}\)+ b\(\sqrt{\left(a+c\right)^2}\)+ c\(\sqrt{\left(a+b\right)^2}\)
= a|b+c| + b|a+c| + c|a+b|
= a(b+c) + b(a+c) + c(a+b) (do a,b,c >0)
= ab + ac +ab + bc +ac +bc
= 2(ab + ac + bc)
=2
14 tháng 3 2022
ko biết mk làm có đúng ko nhma có gì sai thì đừng trách mk nhé
\(7\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge\dfrac{63}{a^2+b^2+c^2}\)
\(6\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{a}{ac}\right)+2021\ge\dfrac{54}{ab+bc+ac}+2021\ge\dfrac{54}{a^2+b^2+c^2}+2021\)
<=>\(\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}\ge\dfrac{2021}{9}\)
\(p^2=\left(\dfrac{1}{\sqrt{3\left(2a^2+b^2\right)}}+\dfrac{1}{\sqrt{3\left(2b^2+c^2\right)}}+\dfrac{1}{\sqrt{3\left(2c^2+a^2\right)}}\right)^2\)
áp dụng bđt \(a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)
\(p^2\le3.\left(\dfrac{1}{3\left(2a^2+b^2\right)}+\dfrac{1}{3\left(2b^2+c^2\right)}+\dfrac{1}{3\left(2c^2+a^2\right)}\right)=\dfrac{1}{2a^2+b^2}+\dfrac{1}{2b^2+c^2}+\dfrac{1}{2c^2+a^2}\)
\(< =>p^2\le\dfrac{9}{2a^2+b^2+2b^2+c^2+2c^2+a^2}\)
<=> \(p^2\le3.\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}=\dfrac{2021}{3}< =>p\le\sqrt{\dfrac{2021}{3}}\)
dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt{\dfrac{3}{2021}}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
15 tháng 3 2022
\(7\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)=6\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac}\right)+2021\le6\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)+2021\)
\(\Rightarrow2021\ge\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\le\sqrt{2021.3}=\sqrt{6063}\)
Từ đó:
\(\sqrt{3\left(2a^2+b\right)}=\sqrt{\left(2+1\right)\left(2a^2+b^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a+b\right)^2}=2a+b\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{3\left(2a^2+b^2\right)}}\le\dfrac{1}{2a+b}=\dfrac{1}{a+a+b}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\)
Tương tự: \(\dfrac{1}{\sqrt{3\left(2b^2+c^2\right)}}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{2}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\) ; \(\dfrac{1}{\sqrt{3\left(2c^2+a^2\right)}}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{2}{c}+\dfrac{1}{a}\right)\)
Cộng vế:
\(\Rightarrow P\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{3}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{3}{c}\right)=\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\le\dfrac{\sqrt{6063}}{3}\)
\(P_{max}=\dfrac{\sqrt{6063}}{3}\) khi \(a=b=c=\dfrac{3}{\sqrt{6063}}\)
TN
2
1 tháng 5 2016
Đặt \(\frac{1}{a}=x>0;\frac{1}{b}=y>0;\frac{1}{c}=z>0\)
Từ giả thiết ta có: \(7\left(x^2+y^2+z^2\right)=6\left(xy+yz+zx\right)+2015\le6\left(x^2+y^2+z^2\right)+2015\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le2015\)
Ta có: \(\frac{1}{\sqrt{3\left(2a^2+b^2\right)}}=\frac{1}{\sqrt{\left(4a^2+b^2\right)+\left(2a^2+2b^2\right)}}\le\frac{1}{\sqrt{4a^2+b^2+4ab}}=\frac{1}{2a+b}=\frac{1}{a+a+b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\right)=\frac{1}{9}\left(2x+y\right)\)
Tương tự thì: \(\frac{1}{\sqrt{3\left(2b^2+c^2\right)}}\le\frac{1}{9}\left(2y+z\right)\) và \(\frac{1}{\sqrt{3\left(2c^2+a^2\right)}}\le\frac{1}{9}\left(2z+x\right)\)
Cộng từng vế 3 BĐT trên ta có: \(\frac{1}{\sqrt{3\left(2a^2+b^2\right)}}+\frac{1}{\sqrt{3\left(2b^2+c^2\right)}}+\frac{1}{\sqrt{3\left(2c^2+a^2\right)}}\le\frac{x+y+z}{3}\le\frac{\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}}{3}\le\sqrt{\frac{2015}{3}}\)
Vậy max \(P=\sqrt{\frac{2015}{3}}\) , đạt được khi \(a=b=c=\sqrt{\frac{3}{2015}}\)
IM
6 tháng 9 2016
Vì ab+bc+ca=1
\(\Rightarrow a^2+1\)
\(=a^2+ab+bc+ca\)
\(=\left(a^2+ab\right)+\left(ac+bc\right)\)
\(=a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)\)
\(=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
Tương tự ta được \(\begin{cases}b^2+1=\left(b+a\right)\left(b+c\right)\\c^2+1=\left(c+a\right)\left(c+b\right)\end{cases}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+a\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
\(=\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}\)
\(=\left|\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right|\)
Mặt khác a;b;c là số hữa tỉ
\(\Rightarrow\begin{cases}a+b\\b+c\\c+a\end{cases}\) là số hữu tỉ
\(\Rightarrow\left|\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right|\) là số hữu tỉ
=> đpcm
BH
20 tháng 9 2019
\(\sqrt{\frac{\left(a+bc\right)\left(b+ac\right)}{c+ab}}=\sqrt{\frac{\left(a^2+ab+ac+bc\right)\left(b^2+bc+ba+ac\right)}{c^2+ca+cb+ab}}=\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+a\right)\left(b+c\right)}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}=a+b\left(a,b,c>0;a+b+c=1\right)\)
Bạn làm tương tự nha
\(\Rightarrow P=a+b+c+a+b+c=2\left(a+b+c\right)=2\)
28 tháng 8 2020
Với mọi \(0\le a,b,c,d\le1\) thì \(\left(abcd\right)^{\frac{1}{3}}\le\left(abcvd\right)^{\frac{1}{4}}\) hay \(\sqrt[3]{abcd}\le\sqrt[4]{abcd}\)
Tương tự thì \(\sqrt[3]{\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\left(1-d\right)}\le\sqrt[4]{\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\left(1-d\right)}\)
\(\Rightarrow P\le\sqrt[4]{abcd}+\sqrt[4]{\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\left(1-d\right)}\)
\(\le\frac{a+b+c+d}{4}+\frac{4-a-b-c-d}{4}=1\)
Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=0 hoặc a=b=c=d=1
Chọn C