Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
Ta có:
\(\dfrac{tanA}{tan^3B}=\dfrac{tanA}{tanB}.\dfrac{1}{tan^2B}=\dfrac{\dfrac{sinA}{cosA}}{\dfrac{sinB}{cosB}}.\dfrac{cos^2B}{sin^2B}\)
\(=\dfrac{sinA}{sinB}.\dfrac{cosB}{cosA}.\dfrac{cos^2B}{sin^2B}\)
\(=\dfrac{a}{b}.\dfrac{\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}}{\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}.\dfrac{\left(\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\right)^2}{1-\left(\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\right)^2}\)
\(=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{b^2+c^2-a^2}.\dfrac{\left(a^2+c^2-b^2\right)^2}{\left(2ac\right)^2-\left(a^2+c^2-b^2\right)^2}\)
\(=\dfrac{\left(a^2+c^2-b^2\right)^3}{b^2+c^2-a^2}.\dfrac{1}{\left[\left(a+c\right)^2-b^2\right]\left[b^2-\left(a-c\right)^2\right]}\)
\(=\dfrac{\left(a^2+c^2-b^2\right)^3}{b^2+c^2-a^2}.\dfrac{1}{\left(a+b+c\right)\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)}\)
Biến đổi tương tự, ta có BĐT tương đương với BĐT đã cho:
\(\dfrac{\left(a^2+c^2-b^2\right)^3}{b^2+c^2-a^2}+\dfrac{\left(a^2+b^2-c^2\right)^3}{a^2+c^2-b^2}+\dfrac{\left(b^2+c^2-a^2\right)^3}{a^2+b^2-c^2}\ge\left(a+b+c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\)
Ta có BĐT phụ sau:
\(\dfrac{x^3}{y}+\dfrac{y^3}{z}+\dfrac{z^3}{x}\ge xy+yz+xz\left(\text{*}\right)\) với \(x,y,z>0\)
Chứng minh:
Áp dụng BĐT cộng mẫu:
\(\dfrac{x^3}{y}+\dfrac{y^3}{z}+\dfrac{z^3}{x}=\dfrac{x^4}{xy}+\dfrac{y^4}{yz}+\dfrac{z^4}{xz}\)
\(\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{xy+yz+xz}\ge\dfrac{\left(xy+yz+xz\right)^2}{xy+yz+xz}=xy+yz+xz\)(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z\)
Áp dụng BĐT \(\left(\text{*}\right)\), với đk \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn, ta có:
\(\dfrac{\left(a^2+c^2-b^2\right)^3}{b^2+c^2-a^2}+\dfrac{\left(a^2+b^2-c^2\right)^3}{a^2+c^2-b^2}+\dfrac{\left(b^2+c^2-a^2\right)^3}{a^2+b^2-c^2}\ge\left(a^2+c^2-b^2\right)\left(a^2+b^2-c^2\right)+\left(a^2+b^2-c^2\right)\left(b^2+c^2-a^2\right)+\left(b^2+c^2-a^2\right)\left(a^2+c^2-b^2\right)\)
Ta chứng minh được:
\(\left(a^2+c^2-b^2\right)\left(a^2+b^2-c^2\right)+\left(a^2+b^2-c^2\right)\left(b^2+c^2-a^2\right)+\left(b^2+c^2-a^2\right)\left(a^2+c^2-b^2\right)=\left(a+b+c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\)
\(=-a^4-b^4-c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2a^2c^2\)
Vậy ta có BĐT cần chứng minh, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=60^0\)
Áp dụng Viet với lưu ý \(tanA+tanB+tanC=tanA.tanB.tanC\) ta có:
\(x_4+tanA+tanB+tanC=p\) (1)
\(x_4\left(tanA+tanB+tanC\right)+tanA.tanB+tanB.tanC+tanC.tanA=q\) (2)
\(x_4\left(tanA.tanB+tanB.tanC+tanC.tanA\right)+tanA.tanB.tanC=r\)(3)
\(x_4.tanA.tanB.tanC=s\) (4)
\(\left(1\right)\Rightarrow tanA+tanB+tanC=tanA.tanB.tanC=p-x_4\)
\(\left(4\right)\Rightarrow x_4\left(p-x_4\right)=s\)
Thế vào (2):
\(x_4\left(p-x_4\right)+tanA.tanB+tanB.tanC+tanC.tanA=q\)
\(\Rightarrow tanA.tanB+tanB.tanC+tanC.tanA=q-x_4\left(p-x_4\right)=q-s\)
Thế vào (3):
\(x_4\left(q-s\right)+p-x_4=r\)
\(\Rightarrow p-r=x_4\left(1-q+s\right)\Rightarrow x_4=\frac{p-r}{1-q+s}\)
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
Xét các vec tơ đơn vị \(\frac{\overrightarrow{AB}}{AB};\frac{\overrightarrow{BC}}{BC};\frac{\overrightarrow{CA}}{CA}\) trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC
Có \(0\le\left(\frac{\overrightarrow{AB}}{AB};\frac{\overrightarrow{BC}}{BC};\frac{\overrightarrow{CA}}{CA}\right)^2=3-2\left(\cos A+\cos B+\cos C\right)\)
Suy ra \(\cos A+\cos B+\cos C\le\frac{3}{2}\) => Điều cần chứng minh
Ảnh của A, B, C lần lượt là trung điểm A', B', C' của các cạnh HA, HB, HC.
Ảnh của A, B, C lần lượt là trung điểm A', B', C' của các cạnh HA, HB, HC.
\(\Rightarrow \tan A+\tan C=2\tan B\)
\(\Leftrightarrow \frac{\sin\left ( A+C \right )}{\cos A\cos C}=2\cdot\frac{\sin\left ( A+C \right )}{\cos B}\\\)
\(\Rightarrow \cos B=2\cos A\cos C\)
\(\Leftrightarrow 2\cos B=\cos(A-C)\)
\(\left (\cos A+\cos C \right )^2=\cos^2 A+\cos^2 C+2\cos A\cos C\\=\frac{\cos2A+\cos2C}{2}+1+\cos B\\=-\cos(B)\cos(A-C)+1+\cos B \\=-2\cos^2B+\cos B+1 \le \frac{9}{8}\\\Rightarrow \cos A+\cos C\le \frac{3\sqrt2}{4}\)
Chứng minh hoàn tất.