cho tam giac abc ,có A=90 ,AB =c,AC=b,BC=A.cmr a2=b2+c2+bc
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NT
2
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
17 tháng 9 2021
Kẻ đường cao BD ứng với AC. Do góc A tù \(\Rightarrow\) D nằm ngoài đoạn thẳng AC hay \(CD=AD+AC\) và \(\widehat{DAB}=180^0-120^0=60^0\)
Áp dụng định lý Pitago:
\(AB^2=BD^2+AD^2\) \(\Rightarrow BD^2=AB^2-AD^2\)
Trong tam giác vuông ABD:
\(cos\widehat{BAD}=\dfrac{AD}{AB}\Rightarrow\dfrac{AD}{AB}=cos60^0=\dfrac{1}{2}\Rightarrow AD=\dfrac{1}{2}AB\)
\(\Rightarrow BD^2=AB^2-\left(\dfrac{1}{2}AB^2\right)=\dfrac{3}{4}AB^2\)
Pitago tam giác BCD:
\(BC^2=BD^2+CD^2=\dfrac{3}{4}AB^2+\left(AD+AC\right)^2\)
\(=\dfrac{3}{4}AB^2+\left(\dfrac{1}{2}AB+AC\right)^2\)
\(=\dfrac{3}{4}AB^2+\dfrac{1}{4}AB^2+AB.AC+AC^2\)
\(=AB^2+AB.AC+AC^2\)
Hay \(a^2=b^2+c^2+bc\)
P
1
NM
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
12 tháng 12 2020
\(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow ab+bc+ca=0\)
\(\Rightarrow a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=3a^2b^2c^2\)
Ta có:
\(\dfrac{bc}{a^2}+\dfrac{ac}{b^2}+\dfrac{ab}{c^2}=\dfrac{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3}{a^2b^2c^2}=\dfrac{3a^2b^2c^2}{a^2b^2c^2}=3\)
24 tháng 8 2021
c: Ta có: \(a\left(a+2b\right)^3-b\left(2a+b\right)^3\)
\(=a^4+6a^3b+12a^2b^2+8ab^3-8a^3b-12a^2b^2-6ab^3-b^4\)
\(=a^4-2a^3b+2ab^3-b^4\)
\(=\left(a-b\right)\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)-2ab\left(a^2-b^2\right)\)
\(=\left(a-b\right)^3\cdot\left(a+b\right)\)
TT
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
23 tháng 1 2021
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:
\(\left(abc\right)^2\ge\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\left(b+c-a\right)\)
D
0
T
2 tháng 10 2023
\(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc=0\\\Leftrightarrow 2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc=0\\\Leftrightarrow (a^2-2ab+b^2)+(b^2-2bc+c^2)+(a^2-2ac+c^2)=0\\\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2=0\)
Ta thấy: \(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a;b\)
\(\left(b-c\right)^2\ge0\forall b;c\)
\(\left(a-c\right)^2\ge0\forall a;c\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge0\forall a;b;c\)
Mặt khác: \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2=0\)
nên: \(\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\b-c=0\\a-c=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b\\b=c\\a=c\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow a=b=c\left(dpcm\right)\)
#\(Toru\)
Đây là định lí cosin trong tam giác có học ở lớp 10, và nó đúng cho mọi tam giác. bạn ghi thêm điều kiện ABC là tam giác nhọn, tôi nghỉ là bạn học dưới lớp 10. dù sao tôi vẫn giải theo 2 cách như sau:
*cách1:ta kí hiệu vecto AB là: vAB. ta có:
(vBC)^2=(vAC-vAB)^2 =>
BC^2=AC^2+AB^2-2*vAC*vAB
a^2=b^2+c^2-2*bc*cosA (đpcm)
trong phần trên ta dùng công thức tích vô hướng của 2 vecto:
vAC*vAB=AC*AB*cosA.
và nhớ thêm bình phương của vecto bằng bình phương độ dài.
*cách2: dựng đường cao BH, vì ABC là tam giác nhọn nên H nằm trên đoạn AC, tức là HC+AH=AC.
áp dụng định lí pitago ta có:
BC^2=BH^2+HC^2
=AB^2-AH^2+HC^2
=AB^2+(HC+AH)(HC-AH)
=AB^2+AC(HC-AH).(1)
ta có:
HC-AH=HC+AH-2AH
=AC-2AH
=AC-2*AB*cosA
thay vào (1), và thay các độ dài ta có:
a^2=c^2+b(b-2c*cosA)
=c^2+b^2-2bc*cosA.
a=120 nha cac ban minh ghi lon