VT
2
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
28 tháng 6 2017
từ AB^2 +AC ^2 \(\ge\) 2 AB.AC
<=> \(BC^2\ge2AB.AC\)
<=> \(2BC^2-BC^2\ge2AB.AC\)
<=> 2BC^2\(\ge\) \(BC^2+2AB.AC\)
<=>\(2BC^2\ge AB^2+AC^2+2AB.AC\)
<=>HAY (ab+ac)^2 \(\le\)2bc ^2 thế AC =b ; AB=c; BC =a vào ta có đpcm
28 tháng 6 2017
\(\Delta ABC\)vuông tại A có : AB2 + AC2 = BC2 \(\Rightarrow b^2+c^2=a^2\).Ta có :
\(\left(b-c\right)^2\ge0\Leftrightarrow b^2-2bc+c^2\ge0\Leftrightarrow2bc\le b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow b^2+2bc+c^2\le2\left(b^2+c^2\right)\Leftrightarrow\left(b+c\right)^2\le2a^2\)(đpcm)
28 tháng 6 2017
Bài này sin sin, cos có gì đó mà mình đang tịt ngòi, chưa ra........ :D, giải theo cách này vậy........
Gọi đường cao xuất phát từ đỉnh A đến BC là h, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
\(\dfrac{1}{h^2}=\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\)
Áp dụng BĐT Cauchy vào 2 số không âm \(\dfrac{1}{b^2}\) và \(\dfrac{1}{c^2}\), ta có:
\(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{b^2c^2}}=\dfrac{2}{bc}\)
\(\Rightarrow\)\(\dfrac{1}{h^2}\ge\dfrac{2}{bc}\)
\(\Leftrightarrow1\ge\dfrac{2h^2}{bc}\)
\(\Leftrightarrow bc\ge2h^2\)
Mà theo hệ thức lượng trong tam giác vuông thì \(bc=ah\)
\(\Rightarrow ah\ge2h^2\)
\(\Leftrightarrow a\ge2h\)
\(\Leftrightarrow a^2\ge2ah\)
\(\Leftrightarrow a^2\ge2bc\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge b^2+c^2+2bc\)
\(\Leftrightarrow a^2+a^2\ge\left(b+c\right)^2\) ( Định lí Py-ta-go)
\(\Leftrightarrow2a^2\ge\left(b+c\right)^2\) (đpcm)
27 tháng 8 2015
Câu a. Trong một tam giác có ít nhất hai góc nhọn, giả sử là B và C. Kẻ AH vuông góc với BC, thì H nằm giữa B,C. Ta đặt \(h=AH,x=HC\) . Theo định lý Pi-ta-go cho tam giác AHC ta có \(h^2+x^2=b^2.\) (1)
Mặt khác \(BH=a-x\to\left(a-x\right)^2+h^2=AH^2+BH^2=AB^2=c^2\to\left(a-x\right)^2+h^2=c^2.\) (2)
Trừ (1),(2) cho nhau ta được \(x^2-\left(a-x\right)^2=b^2-c^2\to x=\frac{b^2-c^2+a^2}{2a}.\)
Vì vậy \(h^2=b^2-x^2=b^2-\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2a}\right)^2=\frac{\left(c^2-\left(a-b\right)^2\right)\left(\left(a+b\right)^2-c^2\right)}{4a^2}\)
Thành thử, \(S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}\cdot AH\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot a\cdot\sqrt{\frac{\left(c-a+b\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)}{4a^2}}\)
\(\to S_{\Delta ABC}=\frac{1}{4}\cdot\sqrt{\left(c-a+b\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)}=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}.\)
Câu b. (Ở đây thiếu giải thích \(m_a\) là độ dài trung tuyến kẻ từ A.
Không mất tính tổng quát giả sử \(AB\le AC\), gọi M là trung điểm BC, thì H nằm giữa B,M. Theo trên ta có
\(HM=HC-CM=x-\frac{a}{2}=\frac{b^2-c^2+a^2}{2a}-\frac{a}{2}=\frac{b^2-c^2}{2a}.\)
Vậy theo định lý Pitago ta có \(AM^2=AH^2+HM^2=h^2+AM^2=b^2-\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2a}\right)^2+\left(\frac{b^2-c^2}{2a}\right)^2=\)
\(\to AM^2=b^2-\frac{a^4+2a^2\left(b^2-c^2\right)}{4a^2}=b^2-\frac{a^2+2b^2-2c^2}{4}=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}.\) (ĐPCM)
25 tháng 7 2016
Tự vẽ hình
a) Xét tứ giác AEHF có: ^EAF=90(gt)
^AFH=90(gt)
^AEF=90(gt)
=> Tứ giac AEHF là hình chữ nhật
Gọi O là giao điểm của AH và EF
Vì AEHF là hcn(cmt)
=> OE=OA
=>\(\Delta\)OAE cân tại O
=>^OAE=^OEA
Xét \(\Delta\)ABH vuông tại H(gt)
=>^B+^OAE=90 (1)
Xét \(\Delta\)ABC vuông tại A(gt)
=>^B+^C=90 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: ^OAE=^C
Mà ^OAE=^OEA(cmt)
=>^AEF=^ACB
Xét \(\Delta\)AEF và \(\Delta\)ACB có:
^EAF=^CAB=90(gt)
^AEF=ACB(cmt)
=>\(\Delta\)AEF~\(\Delta\)ACB(g.g)
=>\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)
=>AE.AB=AF.AC
Từ phần b bạn tự làm nhé (^.^)
15 tháng 7 2019
1) a) Từ C dựng đường cao CF
Ta có: \(\sin A=\frac{CF}{b};\sin B=\frac{CF}{a}\)\(\Rightarrow\)\(\frac{\sin A}{\sin B}=\frac{\frac{CF}{b}}{\frac{CF}{a}}=\frac{a}{b}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}\) (1)
Từ A dựng đường cao AH
Có: \(\sin B=\frac{AH}{c};\sin C=\frac{AH}{b}\)\(\Rightarrow\)\(\frac{\sin B}{\sin C}=\frac{\frac{AH}{c}}{\frac{AH}{b}}=\frac{b}{c}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}\) (2)
(1), (2) => đpcm
b) từ a) ta có: \(\hept{\begin{cases}\sin A=\frac{CF}{b}\\\cos A=\frac{AF}{b}\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}CF=b.\sin A\\AF=b.\cos A\end{cases}}}\)
Có: \(BF=c-AF=c-b.\cos A\)
Py-ta-go:
\(a^2=BF^2+CF^2=\left(c-b.\cos A\right)^2+\left(b.\sin A\right)^2=c^2+b^2.\cos^2A+b^2.\sin^2A-2bc.\cos A\)
\(=b^2\left(\sin^2A+\cos^2A\right)+c^2-2bc.\cos A=b^2+c^2-2bc.\cos A\) (đpcm)
c) Có: \(\hept{\begin{cases}\cos A=\frac{AF}{b}\\\cos B=\frac{BF}{a}\end{cases}\Rightarrow b.\cos A+a.\cos B=b.\frac{AF}{b}+a.\frac{BF}{a}=AF+BF=c}\)
bài 2 mk có làm r bn ib mk gửi link nhé
T
11 tháng 11 2019
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
T
6 tháng 7 2020
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
30 tháng 8 2017
nhầm lẫn 1 số chỗ nên giờ mới ra,mong bn thông cảm
ta có:
\(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=\frac{1}{bc+b+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{bc}{bc+b+1}=1\)
đặt \(P=\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\)
áp dụng bunhia ta có:
\(P\left(a+b+c\right)\ge\left(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2=1\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{1}{a+b+c}\)
fan Cậu Bé Ngu Ngơ à
choi truy kick a