Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AB = c, AC = b, BC = a và \(\frac{a}{b}=\frac{a+b}{a}\).
Chứng minh : \(\sin B=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(S_{ABC}=\frac{bc\sin A}{2}=\frac{ac\sin B}{2}=\frac{ab\sin C}{2}=\frac{abc}{4R}\)
+ Từ \(\frac{bc\sin A}{2}=\frac{ac\sin B}{2}\Rightarrow b\sin A=a\sin B\Rightarrow\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}\left(1\right)\)
+ Từ \(\frac{ac\sin B}{2}=\frac{ab\sin C}{2}\Rightarrow c\sin B=b\sin C\Rightarrow\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}\left(2\right)\)
+ Từ \(\frac{bc\sin A}{2}=\frac{abc}{4R}\Rightarrow\sin A=\frac{a}{2R}\Rightarrow\frac{a}{\sin A}=2R\left(3\right)\)
Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R\left(dpcm\right)\)
Từ A kẻ đường cao AH (H thuộc BC) , Từ B kẻ đường cao BK (K thuộc AC)
Ta có : ; ;
;
(1)
Lại có :
(2)
Từ (1) và (2) ta có : (Đpcm)
Kẽ đường cao AH
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}sinB=\frac{AH}{c}\\sinC=\frac{AH}{b}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow AH=c.sinB=b.sinC\)
\(\Rightarrow\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}\)
Tương tự ta cũng có
\(\frac{b}{sinB}=\frac{a}{sinA}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{sinA}=\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}\)
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 \(\sin A = \frac{2}{{bc}}\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} \)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow S = \frac{1}{2}bc.\left( {\frac{2}{{bc}}\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} } \right)\\ \Leftrightarrow S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} .\end{array}\)
minh biet lam cau b)
ke phan giac AD , BM vuong goc AD , CN vuong goc AD
sin \(\frac{A}{2}\) =\(\frac{BM}{AB}=\frac{CN}{AC}=\frac{BM+CN}{AB+AC}\)
ma BM\(\le BD,CN\le CD\Rightarrow BM+CN\le BC\)
=> sin \(\frac{A}{2}\le\frac{BC}{AB+AC}\le\frac{a}{b+c}\)
dau = xay ra <=> AD vuong goc BC => AD la duong phan giac ,la duong cao => tam giac ABC can tai A => AB=AC => b=c
tương tự sin \(\frac{B}{2}\le\frac{b}{a+c};sin\frac{C}{2}\le\frac{c}{a+b}\)
=>\(sin\frac{A}{2}\cdot sin\frac{B}{2}\cdot sin\frac{C}{2}\le\frac{a\cdot b\cdot c}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\)
ap dung cosi cjo 2 so duong b+c\(\ge2\sqrt{bc};c+a\ge2\sqrt{ac};a+b\ge2\sqrt{ab}\)
=> \(\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)\ge8abc\)
\(\Rightarrow sin\frac{A}{2}\cdot sin\frac{B}{2}\cdot sin\frac{C}{2}\le\frac{abc}{8abc}=\frac{1}{8}\)
dau = xay ra <=> a=b=c hay tam giac ABC deu
Ta có:
\(\frac{a}{sinA}=\frac{a}{\frac{h_b}{c}}=\frac{ac}{h_b}=\frac{ac}{\frac{2S}{b}}=\frac{abc}{S}\left(1\right)\)
Tương tự ta cũng có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{b}{sinB}=\frac{abc}{2S}\left(2\right)\\\frac{c}{sinC}=\frac{abc}{2S}\left(3\right)\end{cases}}\)
Từ (1), (2), (3) \(\Rightarrow\frac{a}{sinA}=\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}\)