Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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: \(S = \frac{1}{2}ab\frac{c}{{2R}} = \frac{{abc}}{{4R}}.\)
Gọi độ dài cạnh OB là x cm \(\left( {x > 0} \right)\)
Theo giả thiết ta có \(AB = BC = OB - 1 = x - 1\)
Áp dụng định lý pitago trong tam giác vuông OAB và OBC ta có:
\(OC = \sqrt {O{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{x^2} + {{\left( {x - 1} \right)}^2}} = \sqrt {2{x^2} - 2x + 1} \)
\(OA = \sqrt {O{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {{x^2} - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} = \sqrt {2x - 1} \)
a) \(OC = 3OA \Rightarrow \sqrt {2{x^2} - 2x + 1} = 3\sqrt {2x - 1} \)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2{x^2} - 2x + 1 = 9\left( {2x - 1} \right)\\ \Rightarrow 2{x^2} - 20x + 10 = 0\end{array}\)
\( \Rightarrow \)\(x = 5 - 2\sqrt 5 \) và \(x = 5 + 2\sqrt 5 \)
Thay hai nghiệm vừa tìm được vào phương trình \(\sqrt {2{x^2} - 2x + 1} = 3\sqrt {2x - 1} \) ta thấy cả hai đều thỏa mãn phương trình
Vậy khi \(OB = 5 - 2\sqrt 5 \) hoặc \(OB = 5 + 2\sqrt 5 \)thì \(OC = 3OA\)
b) \(OC = \frac{5}{4}OB \Rightarrow \sqrt {2{x^2} - 2x + 1} = \frac{5}{4}x\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2{x^2} - 2x + 1 = \frac{{25}}{{16}}{x^2}\\ \Rightarrow \frac{7}{{16}}{x^2} - 2x + 1 = 0\end{array}\)\(\)
\( \Rightarrow x = \frac{4}{7}\) hoặc \(x = 4\)
Thay hai nghiệm vừa tìm được vào phương trình \(\sqrt {2{x^2} - 2x + 1} = \frac{5}{4}x\) ta thấy cả hai nghiệm đều thỏa mãn phương trình
Vậy khi \(OB = \frac{4}{7}\) hoặc \(OB = 4\) (cm) thì \(OC = \frac{5}{4}OB\)
Ta có: tam giác vuông OHM vuông tại H và \(\alpha = \widehat {xOM}\)
Do đó: \(\sin \alpha = \frac{{MH}}{{OM}};\;\cos \alpha = \frac{{OH}}{{OM}}.\)
Mà \(MH = {y_0};OH = {x_0};OM = 1.\)
\( \Rightarrow \sin \alpha = \frac{{{y_0}}}{1} = {y_0};\;\cos \alpha = \frac{{{x_0}}}{1} = {x_0}\;.\)
\( \Rightarrow \tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{{{y_0}}}{{{x_0}}};\;\cot \alpha = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = \frac{{{x_0}}}{{{y_0}}}.\)
Từ giả thiết ta có:
\(AF = FB = ED\); \(AE = EC = FD\); \(BD = DC = EF\)
Từ đó dựa vào hình ta có:
a) Các vectơ bằng vectơ \(\overrightarrow {EF} \)là \(\overrightarrow {DB} \) và \(\overrightarrow {CD} \)
b) Các vectơ đối vectơ \(\overrightarrow {EC} \) là \(\overrightarrow {EA} \) và \(\overrightarrow {DF} \)
4.
\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
5.
\(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}\ge2\sqrt{\frac{ab}{bc.ca}}=\frac{2}{c}\) ; \(\frac{a}{bc}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{b}\) ; \(\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{a}\)
Cộng vế với vế:
\(2\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
1.
Áp dụng BĐT \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(\Rightarrow\left(\sqrt{ab}\right)^2+\left(\sqrt{bc}\right)^2+\left(\sqrt{ca}\right)^2\ge\sqrt{ab}.\sqrt{bc}+\sqrt{ab}.\sqrt{ac}+\sqrt{bc}.\sqrt{ac}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\)
2.
\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt[]{\frac{ab.bc}{ca}}=2b\) ; \(\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}\ge2a\) ; \(\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge2c\)
Cộng vế với vế:
\(2\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge a+b+c\)
3.
Từ câu b, thay \(c=1\) ta được:
\(ab+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\ge a+b+1\)
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 \(\sin A = \frac{2}{{bc}}\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} \)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow S = \frac{1}{2}bc.\left( {\frac{2}{{bc}}\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} } \right)\\ \Leftrightarrow S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} .\end{array}\)