Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Trong tam giác ABC, theo Hệ quả định lý Cô sin ta luôn có :
Mà ta có 2.bc > 0 nên cos A luôn cùng dấu với b2 + c2 – a2.
a) Góc A nhọn ⇔ cos A > 0 ⇔ b2 + c2 – a2 > 0 ⇔ a2 < b2 + c2.
b) Góc A tù ⇔ cos A < 0 ⇔ b2 + c2 – a2 < 0 ⇔ a2 > b2 + c2.
c) Góc A vuông ⇔ cos A = 0 ⇔ b2 + c2 – a2 = 0 ⇔ a2 = b2 + c2.
1. Ta sẽ chứng minh dựa trên các kết quả quen thuộc sau về tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác:
\(a.\overrightarrow{IA}+b.\overrightarrow{IB}+c.\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\)
Và: \(a.IA^2+b.IB^2+c.IC^2=abc\)
Đẳng thức thứ nhất chỉ cần dựng hình bình hành AMIN, sau đó sử dụng định lý phân giác các góc B và C.
Đẳng thức thứ hai ta chỉ cần lấy 1 điểm P nào đó đối xứng I qua AC, gọi D, E, F là tiếp điểm của (I) với BC, AC, AB, sau đó sử dụng tỉ lệ diện tích:
\(\dfrac{S_{AEIF}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_{AIK}}{S_{ABC}}=\dfrac{AI.AK}{AB.AC}=\dfrac{IA^2}{bc}\)
Tương tự và cộng lại ...
Từ đó:
\(a.MA^2+b.MB^2+c.MC^2=a.\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)^2+b\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)^2+c.\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}\right)^2\)
\(=\left(a+b+c\right)MI^2+a.IA^2+b.IB^2+c.IC^2+2\overrightarrow{MI}\left(a.\overrightarrow{IA}+b.\overrightarrow{IB}+c.\overrightarrow{IC}\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)MI^2+abc\ge abc\)
Dấu "=" xảy ra khi \(MI=0\) hay M là tâm đường tròn nội tiếp
2. Do a;b;c là độ dài 3 cạnh của tam giác, thực hiện phép thế Ravi:
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(x+y;y+z;z+x\right)\)
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(4\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\right)\ge3\left(x^3+y^3+z^3+3xyz+xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\right)\)
\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\)
Đây là BĐT Schur bậc 3
Chọn B.
Ta có:
a(a2 – c2) = b(b2 – c2) ⇔ a3 – ac2 = b3 – bc2
⇔ a3 – b3 = ac2 – bc2
⇔ (a – b)(a2 + ab + b2) = c2(a – b)
⇔ a2 + ab + b2 = c2
⇔ ab = c2 – a2 – b2
Ta lại có: 
Ta có: \(a\left(a^2-b^2\right)=c\left(b^2-c^2\right)\Leftrightarrow a^3+c^3=b^2c+b^2a\)
\(\Leftrightarrow\left(a+c\right)\left(a^2-ac+c^2\right)=b^2\left(c+a\right)\Leftrightarrow b^2=a^2-ac+c^2\).
Theo định lý hàm cos: \(b^2=a^2+c^2-2cos\widehat{B}.ac\).
Do đó \(cos\widehat{B}=\dfrac{1}{2}\) hay \(\widehat{B}=60^o\).
Chọn C.
Theo đầu bài ta có; b(b2 - a2) = c(c2 - a2)
Hay b3 - c3 = a2(b - c)
Mà b - c ≠ 0 nên b2 + bc + c2 = a2
Theo định lí côsin thì a2 = b2 + c2 - 2bccosA
Do đó: b2 + bc + c2 = b2 + c2 - 2bccosA
Suy ra: cos A = - ½ hay góc A bằng 1200.
Lời giải:
PT $\Leftrightarrow (a^2+b^2)^2-2(a^2+b^2)c^2+c^4-a^2b^2=0$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2-c^2)^2-(ab)^2=0$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2-c^2-ab)(a^2+b^2-c^2+ab)=0$
$\Rightarrow a^2+b^2-c^2-ab=0$ hoặc $a^2+b^2-c^2+ab=0$
Áp dụng định lý cosin:
Nếu $a^2+b^2-c^2-ab=0$
$\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{a^2+b^2-c^2}{2(a^2+b^2-c^2)}=\frac{1}{2}$
$\Rightarrow \widehat{C}=60^0$
Nếu $a^2+b^2-c^2+ab=0$
$\cos C=\frac{-1}{2}\Rightarrow \widehat{C}=120^0$
a.
Theo BĐT tam giác: \(c< a+b\Rightarrow c^2< ac+bc\)
\(b< a+c\Rightarrow b^2< ab+bc\) ; \(a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac\)
Cộng vế với vế: \(a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
b.
Do a;b;c là 3 cạnh của tam giác nên: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{matrix}\right.\)
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le\dfrac{1}{4}\left(a+b-c+b+c-a\right)^2=b^2\)
Tương tự: \(\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le c^2\) ; \(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\)
Nhân vế với vế:
\(\left(abc\right)^2\ge\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\left(b+c-a\right)\)
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