Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
Lời giải:
PT $\Leftrightarrow (a^2+b^2)^2-2(a^2+b^2)c^2+c^4-a^2b^2=0$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2-c^2)^2-(ab)^2=0$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2-c^2-ab)(a^2+b^2-c^2+ab)=0$
$\Rightarrow a^2+b^2-c^2-ab=0$ hoặc $a^2+b^2-c^2+ab=0$
Áp dụng định lý cosin:
Nếu $a^2+b^2-c^2-ab=0$
$\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{a^2+b^2-c^2}{2(a^2+b^2-c^2)}=\frac{1}{2}$
$\Rightarrow \widehat{C}=60^0$
Nếu $a^2+b^2-c^2+ab=0$
$\cos C=\frac{-1}{2}\Rightarrow \widehat{C}=120^0$
2: Điểm rơi... đẹp!
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM:
\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+1\ge2a\\b^2+4\ge4b\\c^2+9\ge6c\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+14\ge2\left(a+2b+3c\right)=28\).
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge14\).
Đẳng thức xảy ra khi a = 1; b = 2; c = 3.
1: Ta có \(y^2\ge6-x+x-2=4\Rightarrow y\ge2\).
Đẳng thức xảy ra khi x = 6 hoặc x = 2
\(y^2\le2\left(6-x+x-2\right)=8\Rightarrow y\le2\sqrt{2}\).
Đẳng thức xảy ra khi x = 4.
1. Ta sẽ chứng minh dựa trên các kết quả quen thuộc sau về tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác:
\(a.\overrightarrow{IA}+b.\overrightarrow{IB}+c.\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\)
Và: \(a.IA^2+b.IB^2+c.IC^2=abc\)
Đẳng thức thứ nhất chỉ cần dựng hình bình hành AMIN, sau đó sử dụng định lý phân giác các góc B và C.
Đẳng thức thứ hai ta chỉ cần lấy 1 điểm P nào đó đối xứng I qua AC, gọi D, E, F là tiếp điểm của (I) với BC, AC, AB, sau đó sử dụng tỉ lệ diện tích:
\(\dfrac{S_{AEIF}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_{AIK}}{S_{ABC}}=\dfrac{AI.AK}{AB.AC}=\dfrac{IA^2}{bc}\)
Tương tự và cộng lại ...
Từ đó:
\(a.MA^2+b.MB^2+c.MC^2=a.\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)^2+b\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)^2+c.\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}\right)^2\)
\(=\left(a+b+c\right)MI^2+a.IA^2+b.IB^2+c.IC^2+2\overrightarrow{MI}\left(a.\overrightarrow{IA}+b.\overrightarrow{IB}+c.\overrightarrow{IC}\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)MI^2+abc\ge abc\)
Dấu "=" xảy ra khi \(MI=0\) hay M là tâm đường tròn nội tiếp
2. Do a;b;c là độ dài 3 cạnh của tam giác, thực hiện phép thế Ravi:
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(x+y;y+z;z+x\right)\)
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(4\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\right)\ge3\left(x^3+y^3+z^3+3xyz+xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\right)\)
\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\)
Đây là BĐT Schur bậc 3
Chọn B.
Theo hệ quả định lí cosin ta có:
Mà a2 + b2 - c2 > 0 suy ra: cosC > 0 suy ra: C < 900.
chữ " b" mk ghi ở phần b) trước "CMR " là gõ nhầm đấy, ko liên quan j đến bài toán đâu !!
\(\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge2\sqrt{2a^2}\cdot2\sqrt{2b^2}\cdot2\sqrt{2c^2}=8abc\sqrt{8}=16abc\sqrt{2}\left(đpcm\right)\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{2}\)