Cho tam giác ABC nhọn, BC=a, CA=b, AB=c.
a) Chứng minh a = b.cosC + c.cosB.
b) Chứng minh cosA = b^2 + c^2 - a^2/2bc ( định lý cos )
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
PN
1
Những câu hỏi liên quan
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
24 tháng 9 2023
Định lí cosin: Trong tam giác ABC
\(\begin{array}{l}{a^2} = {b^2} + {c^2} - \,2b\,c.\cos A\quad (1)\\{b^2} = {a^2} + {c^2} - \,2a\,c.\cos B\quad (2)\\{c^2} = {b^2} + {a^2} - \,2ab.\cos C\quad (3)\end{array}\)
Ta có \((1) \Leftrightarrow 2bc\cos A = {b^2} + {c^2} - {a^2}\, \Leftrightarrow \cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}\,}}{{2b\,c}}.\)
Tương tự từ (2) và (3) ta suy ra \(\cos B = \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}\,}}{{2a\,c}}\); \(\cos C = \frac{{{b^2} + {a^2} - {c^2}\,}}{{2b\,a}}\)
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
24 tháng 9 2023
Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có:
\({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos A\)\( \Rightarrow \cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}\)
Mà \(\sin A = \sqrt {1 - {{\cos }^2}A} \).
\( \Rightarrow \sin A = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{{{{(2bc)}^2} - {{({b^2} + {c^2} - {a^2})}^2}}}{{{{(2bc)}^2}}}} \)
\( \Leftrightarrow \sin A = \frac{1}{{2bc}}\sqrt {{{(2bc)}^2} - {{({b^2} + {c^2} - {a^2})}^2}} \)
Đặt \(M = \sqrt {{{(2bc)}^2} - {{({b^2} + {c^2} - {a^2})}^2}} \)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow M = \sqrt {(2bc + {b^2} + {c^2} - {a^2})(2bc - {b^2} - {c^2} + {a^2})} \\ \Leftrightarrow M = \sqrt {\left[ {{{(b + c)}^2} - {a^2}} \right].\left[ {{a^2} - {{(b - c)}^2}} \right]} \\ \Leftrightarrow M = \sqrt {(b + c - a)(b + c + a)(a - b + c)(a + b - c)} \end{array}\)
Ta có: \(a + b + c = 2p\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b + c - a = 2p - 2a = 2(p - a)\\a - b + c = 2p - 2b = 2(p - b)\\a + b - c = 2p - 2c = 2(p - c)\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow M = \sqrt {2(p - a).2p.2(p - b).2(p - c)} \\ \Leftrightarrow M = 4\sqrt {(p - a).p.(p - b).(p - c)} \\ \Rightarrow \sin A = \frac{1}{{2bc}}.4\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} \\ \Leftrightarrow \sin A = \frac{2}{{bc}}.\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} \end{array}\)
b) Ta có: \(S = \frac{1}{2}bc\sin A\)
Mà \(\sin A = \frac{2}{{bc}}\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} \)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow S = \frac{1}{2}bc.\left( {\frac{2}{{bc}}\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} } \right)\\ \Leftrightarrow S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} .\end{array}\)
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
25 tháng 9 2023
a) Diện tích S của tam giác ABC là: \(S = \frac{1}{2}a.{h_a}\)
b) Xét tam giác vuông AHC ta có: \(\sin C = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{{h_a}}}{b}\)
\( \Rightarrow {h_a} = b.\sin C\)
c) Thay \({h_a} = b.\sin C\) vào công thức diện tích, ta được: \(S = \frac{1}{2}ab\sin C\)
d) Theo định lí sin ta có: \(\frac{c}{{\sin C}} = 2R \Rightarrow \sin C = \frac{c}{{2R}}\)
Thay vào công thức ở c) ta được: \(S = \frac{1}{2}ab\frac{c}{{2R}} = \frac{{abc}}{{4R}}.\)
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
21 tháng 9 2023
a) Theo định lý sin: \(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} \to b = \frac{{a.\sin B}}{{\sin A}}\) thay vào \(S = \frac{1}{2}ab.\sin C\) ta có:
\(S = \frac{1}{2}ab.\sin C = \frac{1}{2}a.\frac{{a.\sin B}}{{\sin A}}.sin C = \frac{{{a^2}\sin B\sin C}}{{2\sin A}}\) (đpcm)
b) Ta có: \(\hat A + \hat B + \hat C = {180^0} \Rightarrow \hat A = {180^0} - {75^0} - {45^0} = {60^0}\)
\(S = \frac{{{a^2}\sin B\sin C}}{{2\sin A}} = \frac{{{{12}^2}.\sin {{75}^0}.\sin {{45}^0}}}{{2.\sin {{60}^0}}} = \frac{{144.\frac{1}{2}.\left( {\cos {{30}^0} - \cos {{120}^0}} \right)}}{{2.\frac{{\sqrt 3 }}{2}\;}} = \frac{{72.(\frac{{\sqrt 3 }}{2}-\frac{{-1 }}{2}})}{{\sqrt 3 }} = 36+12\sqrt 3 \)
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
25 tháng 9 2023
a) Diện tích \({S_1}\) của tam giác IAB là: \({S_1} = \frac{1}{2}r.AB = \frac{1}{2}r.c\)
Diện tích \({S_2}\) của tam giác IAC là: \({S_2} = \frac{1}{2}r.AC = \frac{1}{2}r.b\)
Diện tích \({S_3}\) của tam giác IBC là: \({S_3} = \frac{1}{2}r.BC = \frac{1}{2}r.a\)
b) Diện tích S của tam giác ABC là:
\(\begin{array}{l}S = {S_1} + {S_2} + {S_3} = \frac{1}{2}r.c + \frac{1}{2}r.b + \frac{1}{2}r.a = \frac{1}{2}r.(c + b + a)\\ \Leftrightarrow S = \frac{{r(a + b + c)}}{2}\end{array}\)
KT
2 tháng 3 2021
Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .Nối OA, OB, OC
Nối OA, OB, OC.Khoảng cách từ tâm O đến các tiếp điểm là đường cao của các tam giác OAB, OAC, OBC.
Ta có:
Mà AB + AC + BC = 2p
Nên
DD
Đoàn Đức Hà
Giáo viên
1 tháng 8 2021
Kẻ đường cao \(BH\).
Xét tam giác \(ABH\)vuông tại \(H\):
\(BH^2=AB^2-AH^2\)
Xét tam giác \(BCH\)vuông tại \(H\):
\(BH^2=BC^2-CH^2=BC^2-\left(AC-AH\right)^2\)
\(=BC^2-AC^2+2AC.AH-AH^2\)
\(\Rightarrow BC^2-AC^2+2AC.AH-AH^2=AB^2-AH^2\)
\(\Leftrightarrow BC^2=AB^2+AC^2-2AC.AH=AB^2+AC^2-2AC.ABcosA\)
a/ Dựng \(AH\perp BC\left(H\in BC\right)\)
Xét tg vuông ACH có
\(\cos C=\dfrac{CH}{AC}=\dfrac{CH}{b}\Rightarrow CH=b\cos C\)
Xét tg vuông ABH có
\(\cos B=\dfrac{BH}{AB}=\dfrac{BH}{c}\Rightarrow BH=c\cos B\)
\(\Rightarrow CH+BH=BC=a=b\cos C+c\cos B\)
b/
Đặt \(\widehat{BAH}=\alpha;\widehat{CAH}=\beta\)
\(\Rightarrow\cos A=\cos\left(\alpha+\beta\right)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta=\)
\(=\dfrac{AH}{c}.\dfrac{AH}{b}-\dfrac{BH}{c}.\dfrac{CH}{b}=\dfrac{AH^2-BH.CH}{bc}=\)
\(=\dfrac{2AH^2-2BH.CH}{2bc}=\dfrac{c^2-BH^2+b^2-CH^2-2BH.CH}{2bc}=\)
\(=\dfrac{b^2+c^2-\left(BH+CH\right)^2}{2bc}=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\)