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.
a) Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
⇒ a + c > b và a + b > c (Bất đẳng thức tam giác)
⇒ a + c – b > 0 và a + b – c > 0
Ta có: (b – c)2 < a2
⇔ a2 – (b – c)2 > 0
⇔ (a – (b – c))(a + (b – c)) > 0
⇔ (a – b + c).(a + b – c) > 0 (Luôn đúng vì a + c – b > 0 và a + b – c > 0).
Vậy ta có (b – c)2 < a2 (1) (đpcm)
b) Chứng minh tương tự phần a) ta có :
( a – b)2 < c2 (2)
(c – a)2 < b2 (3)
Cộng ba bất đẳng thức (1), (2), (3) ta có:
(b – c)2 + (c – a)2 + (a – b)2 < a2 + b2 + c2
⇒ b2 – 2bc + c2 + c2 – 2ca + a2 + a2 – 2ab + b2 < a2 + b2 + c2
⇒ 2(a2 + b2 + c2) – 2(ab + bc + ca) < a2 + b2 + c2
⇒ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (đpcm).
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
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:
\(\left(abc\right)^2\ge\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\left(b+c-a\right)\)
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc
Vì 2ab < (a2 + b2) , 2ac < (a2 + c2) , 2bc < (b2 + c2)
Nên (a + b + c)2 < a2 + b2 + c2 + (a2 + b2) + (a2 + c2) + (b2 + c2) = 3(a2 + b2 + c2)