DL
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
AH
Akai Haruma
Giáo viên
11 tháng 4 2018
Câu a)
Ta sử dụng 2 công thức:
\(\bullet \tan (180-\alpha)=-\tan \alpha\)
\(\bullet \tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha.\tan \beta}\)
Áp dụng vào bài toán:
\(\text{VT}=\tan A+\tan B+\tan C=\tan A+\tan B+\tan (180-A-B)\)
\(=\tan A+\tan B-\tan (A+B)=\tan A+\tan B-\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A.\tan B}\)
\(=(\tan A+\tan B)\left(1+\frac{1}{1-\tan A.\tan B}\right)=(\tan A+\tan B).\frac{-\tan A.\tan B}{1-\tan A.\tan B}\)
\(=-\tan A.\tan B.\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A.\tan B}=-\tan A.\tan B.\tan (A+B)\)
\(=\tan A.\tan B.\tan (180-A-B)\)
\(=\tan A.\tan B.\tan C=\text{VP}\)
Do đó ta có đpcm
Tam giác $ABC$ có ba góc nhọn nên \(\tan A, \tan B, \tan C>0\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
\(P=\tan A+\tan B+\tan C\geq 3\sqrt[3]{\tan A.\tan B.\tan C}\)
\(\Leftrightarrow P=\tan A+\tan B+\tan C\geq 3\sqrt[3]{\tan A+\tan B+\tan C}\)
\(\Rightarrow P\geq 3\sqrt[3]{P}\)
\(\Rightarrow P^3\geq 27P\Leftrightarrow P(P^2-27)\geq 0\)
\(\Rightarrow P^2-27\geq 0\Rightarrow P\geq 3\sqrt{3}\)
Vậy \(P_{\min}=3\sqrt{3}\). Dấu bằng xảy ra khi \(\angle A=\angle B=\angle C=60^0\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
11 tháng 4 2018
Câu b)
Ta sử dụng 2 công thức chính:
\(\bullet \tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha.\tan \beta}\)
\(\bullet \tan (90-\alpha)=\frac{1}{\tan \alpha}\)
Áp dụng vào bài toán:
\(\text{VT}=\tan \frac{A}{2}.\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{B}{2}.\tan \frac{C}{2}+\tan \frac{C}{2}.\tan \frac{A}{2}\)
\(=\tan \frac{A}{2}.\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}(\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2})\)
\(=\tan \frac{A}{2}.\tan \frac{B}{2}+\tan (90-\frac{A+B}{2})(\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2})\)
\(=\tan \frac{A}{2}.\tan \frac{B}{2}+\frac{\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}}{\tan (\frac{A+B}{2})}\)
\(=\tan \frac{A}{2}.\tan \frac{B}{2}+\frac{\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}}{\frac{\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}}{1-\tan \frac{A}{2}.\tan \frac{B}{2}}}\)
\(=\tan \frac{A}{2}.\tan \frac{B}{2}+1-\tan \frac{A}{2}.\tan \frac{B}{2}=1=\text{VP}\)
Ta có đpcm.
Cũng giống phần a, ta biết do ABC là tam giác nhọn nên
\(\tan A, \tan B, \tan C>0\)
Đặt \(\tan A=x, \tan B=y, \tan C=z\). Ta có: \(xy+yz+xz=1\)
Và \(T=x+y+z\)
\(\Rightarrow T^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+xz)\)
Theo hệ quả quen thuộc của BĐT Cauchy:
\(x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+xz\)
\(\Rightarrow T^2\geq 3(xy+yz+xz)=3\)
\(\Rightarrow T\geq \sqrt{3}\Leftrightarrow T_{\min}=\sqrt{3}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow \angle A=\angle B=\angle C=60^0\)
KH
Cho tam giác ABC có BC=a, CA=b, BA=c và diện tích là S. Biết \(S=b^2-\left(a-c\right)^2\). Tính tanB
1
9 tháng 3 2021
Ta có:
\(S=b^2-\left(a-c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}ac\sin B=a^2+c^2-2ac\cos B-a^2-c^2+2ac\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}ac\sin B=2ac\left(1-c\text{os}B\right)\)
\(\Leftrightarrow\sin B=4\left(1-c\text{os}B\right)\Leftrightarrow c\text{os}B=1-\dfrac{1}{4}sinB\left(1\right)\)
Mặt \(\ne:sin^2B+c\text{os}^2B=1\)
\(\Leftrightarrow sin^2B+\left(1-\dfrac{1}{4}sinB\right)^2=1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{17}{16}sin^2B-\dfrac{1}{2}sinB=0\)
\(\Leftrightarrow sinB=\dfrac{8}{17}\left(sinB>0\right)\)
Kết hợp với (1) ta đc: \(c\text{os}B=\dfrac{15}{17}\Rightarrow tanB=\dfrac{8}{15}\)
NM
Nguyễn Minh Quang
Giáo viên
11 tháng 1 2021
ta có \(S=\frac{a^2-\left(b-c^2\right)}{4}=\frac{a^2-b^2-c^2+2bc}{4}\)
mà theo định lý cosin ta có \(a^2-b^2-c^2=-2bc.cos\left(A\right)\Rightarrow S=\frac{bc\left(1-cos\left(A\right)\right)}{2}\)
mà ta có công thức \(S=\frac{b.c.sin\left(A\right)}{2}\Rightarrow1-cos\left(A\right)=sin\left(A\right)\Rightarrow cos\left(A\right)+sin\left(A\right)=1\)
mà \(cos^2\left(A\right)+sin^2\left(A\right)=1\Rightarrow2sin\left(A\right).cos\left(A\right)=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}A=0^0\\A=90^0\end{cases}}\)
Do A>0 nên \(A=90^0\)Vậy ABC vuoogn tại A
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
3 tháng 6 2020
\(\frac{sinA}{cosA}+\frac{sinB}{cosB}=\frac{2cos\frac{C}{2}}{sin\frac{C}{2}}\Leftrightarrow\frac{sinA.cosB+cosA.sinB}{cosA.cosB}=\frac{2sin\frac{C}{2}.cos\frac{C}{2}}{sin^2\frac{C}{2}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{sin\left(A+B\right)}{cosA.cosB}=\frac{2sinC}{1-cosC}\Leftrightarrow\frac{sinC}{cosA.cosB}=\frac{2sinC}{1-cosC}\)
\(\Leftrightarrow1-cosC=2cosA.cosB=cos\left(A+B\right)+cos\left(A-B\right)\)
\(\Leftrightarrow1-cosC=-cosC+cos\left(A-B\right)\)
\(\Leftrightarrow cos\left(A-B\right)=1\Rightarrow A-B=0\Rightarrow A=B\)
\(\Rightarrow\) Tam giác ABC cân tại C
\(\frac{cos^2A+cos^2B}{sin^2A+sin^2B}=\frac{1}{2}\left(cot^2A+cot^2B\right)\)
\(\Leftrightarrow2cos^2A+2cos^2B=\left(sin^2A+sin^2B\right)\left(cot^2A+cot^2B\right)\)
\(\Leftrightarrow2cos^2A+2cos^2B=cos^2A+cos^2B+sin^2A.cot^2B+sin^2B.cot^2A\)
\(\Leftrightarrow cos^2A+cos^2B=\frac{sin^2A.cos^2B}{sin^2B}+\frac{sin^2B.cos^2A}{sin^2A}\)
\(\Leftrightarrow cos^2A\left(\frac{sin^2B}{sin^2A}-1\right)=cos^2B\left(1-\frac{sin^2A}{sin^2B}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{cos^2A\left(sin^2B-sin^2A\right)}{sin^2A}=\frac{cos^2B\left(sin^2B-sin^2A\right)}{sin^2B}\)
\(\Leftrightarrow cot^2A\left(sin^2B-sin^2A\right)=cot^2B\left(sin^2B-sin^2A\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}sin^2B=sin^2A\\cot^2A=cot^2B\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow A=B\)
20 tháng 1 2020
Bài 14.
Áp dụng định lí hàm số Cô sin, ta có:
\(\dfrac{{{\mathop{\rm tanA}\nolimits} }}{{\tan B}} = \dfrac{{\sin A.\cos B}}{{\cos A.\sin B}} = \dfrac{{\dfrac{a}{{2R}}.\dfrac{{{c^2} + {a^2} - {b^2}}}{{2ac}}}}{{\dfrac{b}{{2R}}.\dfrac{{{c^2} + {b^2} - {a^2}}}{{2bc}}}} = \dfrac{{{c^2} + {a^2} - {b^2}}}{{{c^2} + {b^2} - {a^2}}} \)
20 tháng 1 2020
Bài 19.
Áp dụng định lí sin và định lí Cô sin, ta có:
\( \cot A + \cot B + \cot C\\ = \dfrac{{R\left( {{b^2} + {c^2} - {a^2}} \right)}}{{abc}} + \dfrac{{R\left( {{c^2} + {a^2} - {b^2}} \right)}}{{abc}} + \dfrac{{R\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)}}{{abc}} = \dfrac{{R\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}{{abc}}\left( {dpcm} \right) \)