Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1) ta co ket qua nhu sau:
sinAcosA+cosAcosB = sinAsinB+sinAcosA
<=> cosAcosB-sinAsinB=0
<=>cos(A+B)=0
<=> -cosC=0 (vi A+B+C=180)
hay cosC=0 => C=90
ta có
sinA + sinB – sinC = 4sin (A/2) sin(B/2) cos(C/2) (2)
suy ra điều phải chứng minh.
mình làm cách này là cách khj nào mà ko cách nào khác ms làm vậy thôi, áp dụng định lí sin và cosin trong tam giác
Đkxđ: \(x\in R\).
\(cos2x-cos3x+cos4x=0\Leftrightarrow\left(cos2x+cos4x\right)-cos3x=0\)
\(\Leftrightarrow2cos3x.cosx-cos3x=0\)
\(\Leftrightarrow cos3x\left(2cos2x-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}cos3x=0\\2cos2x-1=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}cos3x=0\\cos2x=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)
\(cos3x=0\Leftrightarrow3x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\Leftrightarrow x=\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{k\pi}{3}\)
\(cos2x=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x=\dfrac{\pi}{3}+k2\pi\\2x=-\dfrac{\pi}{3}+k2\pi\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{6}+k\pi\\x=-\dfrac{\pi}{6}+k\pi\end{matrix}\right.\)
\(\dfrac{sinB}{sinC}=2cosA\Leftrightarrow sinB=2cosA.sinC\)
\(\Leftrightarrow sinB=sin\left(A+C\right)+sin\left(C-A\right)\)
\(\Leftrightarrow sinB=sin\left(\pi-\left(A+C\right)\right)+sin\left(C-A\right)\)
\(\Leftrightarrow sinB=sinB+sin\left(C-A\right)\)
\(\Leftrightarrow sin\left(C-A\right)=0\) (1)
Do A, C là số đo các góc trong tam giác nên từ (1) suy ra:
\(C=A\) hay tam giác ABC cân.
Theo giả thiết ta có hệ : \(\begin{cases}A=90^0\\a,b,\frac{\sqrt{6}}{3},c\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}a^2=b^2+c^2\\\frac{2}{3}b^2=ac\Leftrightarrow b^2=\frac{3}{2}ac\end{cases}\)
Từ đó suy ra \(a^2=\frac{3}{2}ac+c^2\Leftrightarrow2a^2=3ac+2c^2\Leftrightarrow\left(2a+c\right)\left(a-2c\right)=0\)
\(\Rightarrow a=2c\left(2a+c>0\right)\)
Mà \(\cos B=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}\Rightarrow B=60^0,C=30^0\)
Vậy tam giác ABC là tam giác nửa đều
Gọi I, J, K lần lượt là các giao điểm của AH và MO; AC và BH; MC và BO
\(MA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow MA\perp BJ\)
H là trực tâm của tam giác ABC => \(AC\perp BJ\)
\(\left\{{}\begin{matrix}BJ\perp MA\\BJ\perp AC\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow BJ\perp\left(MAC\right)\)
\(\Rightarrow BJ\perp MC\)
O là trực tâm của tam giác MBC nên \(BO\perp MC\)
Do đó : \(BO\perp\left(BJK\right)\Rightarrow MC\perp\left(BOH\right)\Rightarrow MC\perp OH\) (1)
Chứng minh tương tự : \(MB\perp OH\) (2)
Từ (1) và (2) cho \(OH\perp\left(MBC\right)\)
Đặt BC = a; CA = b; AB = c.
Theo định lý hàm sin và định lý hàm cos, ta sẽ có:
\(\frac{sinB}{sinA}=\frac{b}{a};\frac{sinC}{sinA}=\frac{c}{a};\)
\(cosB=\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca};cosC=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\).
Do đó:
\(sinA=\frac{sinB+sinC}{cosB+cosC}\)
\(\Leftrightarrow\frac{sinB}{sinA}+\frac{sinC}{sinA}=cosB+cosC\)
\(\Leftrightarrow\frac{b}{a}+\frac{c}{a}=\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}+\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\)
\(\Leftrightarrow b+c=\frac{c^2b+a^2b-b^3+a^2c+b^2c-c^3}{2bc}\)
\(\Leftrightarrow a^2b+a^2c-b^3-c^3=b^2c+bc^2\)
\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)=a^2\left(b+c\right)\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2\).
Theo định lý Pythagoras đảo, tam giác ABC vuông tại A.