Nhận dạng tam giác ABC biết
\(\dfrac{1+\cos B}{\sin B}=\dfrac{2a+c}{\sqrt{4a^2-c^2}}\)
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
NV
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
24 tháng 6 2021
\(sin^2\dfrac{A}{2}=\dfrac{b-c}{2b}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1-cosA}{2}=\dfrac{b-c}{2b}\)
\(\Leftrightarrow1-\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\dfrac{b-c}{b}=1-\dfrac{c}{b}\)
\(\Leftrightarrow b^2+c^2-a^2=2c^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+c^2=b^2\)
Tam giác vuông tại B
H
28 tháng 9 2023
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
HN
6 tháng 5 2017
Đặt \(f\left(A,B,C\right)=cosA+cosB+cosC+\dfrac{1}{sinA}+\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}-2\sqrt{3}-\dfrac{3}{2}\)
Ta có: \(f\left(A,B,C\right)-f\left(A,\dfrac{B+C}{2},\dfrac{B+C}{2}\right)\)
\(=\left(cosB+cosC-2cos\left(\dfrac{B+C}{2}\right)\right)+\left(\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}-\dfrac{2}{sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)}\right)\)
\(=2cos\left(\dfrac{B+C}{2}\right)\left(cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)-1\right)+\left(\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}-\dfrac{2}{sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)}\right)\left(1\right)\)
Bên cạnh đó ta có:
\(\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}-\dfrac{2}{sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)}\ge\dfrac{4}{sinB+sinC}-\dfrac{2}{sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)}=\dfrac{4\left(1-cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)\right)}{sinB+sinC}\)
Do đó \(\left(1\right)\ge2\left(1-cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)\right)\left(\dfrac{2}{sinB+sinC}-cos\left(\dfrac{B+C}{2}\right)\right)\)
\(=\left(1-cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)\right)\left(\dfrac{1-sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)cos\left(\dfrac{B+C}{2}\right)cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)}{sinB+sinC}\right)\ge0\)
\(\Rightarrow f\left(A,B,C\right)\ge f\left(A,\dfrac{B+C}{2},\dfrac{B+C}{2}\right)\)
Giờ ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức đúng trong trường hợp tam giác cân.
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}B=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{A}{2}\\cosB=cosC=\dfrac{sinA}{2}\\sinB=sinC=\dfrac{cosA}{2}\end{matrix}\right.\)
\(f\left(A,\dfrac{B+C}{2},\dfrac{B+C}{2}\right)=\left(cosA+2sin\left(\dfrac{A}{2}\right)-\dfrac{3}{2}\right)+\left(\dfrac{1}{sinA}+\dfrac{2}{cos\left(\dfrac{A}{2}\right)}-2\sqrt{3}\right)\)
\(=\dfrac{-2\left(sin\left(\dfrac{A}{2}\right)-1\right)^2}{2}+\dfrac{1+4sin\left(\dfrac{A}{2}\right)-2\sqrt{3}sinA}{sinA}\)
Mà ta có: \(1\ge sin\left(\dfrac{A}{2}+\dfrac{\pi}{3}\right)\)
\(\Rightarrow8sin\left(\dfrac{A}{2}\right)\ge2\sqrt{3}sinA+4sin^2\left(\dfrac{A}{2}\right)\)
\(\Rightarrow1+4sin\left(\dfrac{A}{2}\right)-2\sqrt{3}sinA\ge4sin^2\left(\dfrac{A}{2}\right)-4sin\left(\dfrac{A}{2}\right)+1=\left(2sin\left(\dfrac{A}{2}-1\right)\right)^2\)
Từ đó ta suy ra:
\(f\left(A,\dfrac{B+C}{2},\dfrac{B+C}{2}\right)\ge\left(2sin-1\right)^2\left(\dfrac{1}{sinA}-\dfrac{1}{2}\right)\ge0\)
Vậy bài toán đã được chứng minh. Dấu = xảy ra khi \(A=B=C=\dfrac{\pi}{3}\)
6 tháng 5 2017
Hàm số \(f\left(x\right)=\cos\left(x\right)+\dfrac{1}{\sin\left(x\right)}\) là hàm lồi trên \(\left(0,\pi\right)\)
Do đó theo BĐT Jensen ( trường hợp của Karamata) có:
\(f\left(A\right)+f\left(B\right)+f\left(c\right)\ge3f\left(\dfrac{A+B+C}{3}\right)=3f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=2\sqrt{3}+\dfrac{3}{2}\)
P/s:Tính độ "lầy" của hàm số:
\(f''(x)=-\cos(x)-\frac{1}{\sin(x)}+\frac{2}{(\sin(x))^3}\)
Và cho \(x\in (0,\pi);f''(x)>0\) nếu \(2>(\sin(x))^2(\sin(x)\cos(x)+1)\) là xài dc Jensen :D
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 $C$