Cho tam giác ABC có ba cạnh a,b,c biet:
[1=b/a].[1+c/b]+[1+a/c]=8
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
LC
1
22 tháng 8 2015
CM bất đảng thức :
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)
XH : a + b - 2\(\sqrt{ab}=\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )
Áp dụng BĐT : ...
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
21 tháng 2 2021
\(cosA=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\dfrac{\left(2x+1\right)^2+\left(x^2-1\right)^2-\left(x^2+x+1\right)^2}{2\left(2x+1\right)\left(x^2-1\right)}\)
\(=\dfrac{-2x^3-x^2+2x+1}{2\left(2x+1\right)\left(x^2-1\right)}=\dfrac{-\left(2x+1\right)\left(x^2-1\right)}{2\left(2x+1\right)\left(x^2-1\right)}=-\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow A=120^0\)
PN
10 tháng 1 2016
\(\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)=8\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(1+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)=8\)
\(\Leftrightarrow\) \(1+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+1=8\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\right)+\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}-2\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}-2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\frac{a^2+b^2-2ab}{ab}+\frac{c^2+b^2-2bc}{bc}+\frac{c^2+a^2-2ac}{ac}=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}+\frac{\left(c-b\right)^2}{bc}+\frac{\left(c-a\right)^2}{ac}=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(a-b=c-b=c-a\) \(\Leftrightarrow\) \(a=b=c\)
Với \(a,b,c\) là \(3\) cạnh của \(\Delta ABC\) thì \(\Delta ABC\) đều
PT
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác thỏa mãn (1+b/a)(1+c/b)(1+a/c)=8.Chứng minh tam giác đó đều
1
SV
23 tháng 2 2015
\(\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)=8\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}=8\)
Ta có (a +b)2 >=4ab với mọi a,b>0. Dấu = xảy ra <=> a = b
(b+c)2 >=4bc, với mọi b,c >0. Dấu = xảy ra <=> b = c
(c+a)2 >=4ca, với mọi a,b>0. Dấu = xảy ra <=> c = a
=> (a+b)2(b+c)2(c+a)2 >=64a2b2c2 (a,b,c >0)
=> (a+b)(b+c)(c+a) >=8abc => (a+b)(b+c)(c+a)/abc >=8
Dấu = xảy ra <=> a = b = c <=> Tam giác đều
KV
6 tháng 5 2021
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si vào biểu thức \(1+\dfrac{a}{b}\), ta có:
\(1+\dfrac{a}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}}\) (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si vào biểu thức \(1+\dfrac{b}{c}\), ta có:
\(1+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{c}}\) (2)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si vào biểu thức \(1+\dfrac{c}{a}\), ta có:
\(1+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{a}}\) (3)
Từ (1), (2) và (3)
\(\Rightarrow\left(1+\dfrac{a}{b}\right)\left(1+\dfrac{b}{c}\right)\left(1+\dfrac{c}{a}\right)\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}}.2\sqrt{\dfrac{b}{c}}.2\sqrt{\dfrac{c}{a}}\)\(\Rightarrow\left(1+\dfrac{a}{b}\right)\left(1+\dfrac{b}{c}\right)\left(1+\dfrac{c}{a}\right)\ge8\) (vì \(\sqrt{\dfrac{a}{b}}.\sqrt{\dfrac{b}{c}}.\sqrt{\dfrac{c}{a}}=1\))
KV
6 tháng 5 2021
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c. Khi đó tam giác đã cho là tam giác đều
KT
29 tháng 4 2018
C/m BĐT phụ: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) (*) (x,y dương)
Ta có: \(\left(x-y\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(x^2-2xy+y^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(x^2+y^2\ge2xy\)
\(\Leftrightarrow\)\(x^2+2xy+y^2\ge4xy\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) (BĐT đã đc chứng minh)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(x=y\)
ÁP dụng BĐT (*) ta có:
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{p-a+p-b}=\frac{4}{2p-\left(a+b\right)}=\frac{4}{c}\) (1)
\(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{p-b+p-c}=\frac{4}{2p-\left(b+c\right)}=\frac{4}{a}\) (2)
\(\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{p-c+p-a}=\frac{4}{2p-\left(c+a\right)}=\frac{4}{b}\) (3)
Lấy (1); (2); (3) cộng theo vế ta được:
\(2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c\)
Khi đó \(\Delta ABC\)là tam giác đều