Trong tam giác ABC, theo Hệ quả định lý Cô sin ta luôn có :

Mà ta có 2.bc > 0 nên cos A luôn cùng dấu với b2 + c2 – a2.

a) Góc A nhọn ⇔ cos A > 0 ⇔ b2 + c2 – a2 > 0 ⇔ a2 < b2 + c2.

b) Góc A tù ⇔ cos A < 0 ⇔ b2 + c2 – a2 < 0 ⇔ a2 > b2 + c2.

c) Góc A vuông ⇔ cos A = 0 ⇔ b2 + c2 – a2 = 0 ⇔ a2 = b2 + c2.

Đề sai với $b=0,1; c=0,2; a=0,25$

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 \(a^2=b^2+c^2+bc\)

Xét tam thức f(x) = b2x2 - (b2 + c2 - a2)x + c2 có:

Δ = (b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2

    = (b2 + c2 - a2 - 2bc)(b2 + c2 - a2 + 2bc)

    = [(b - c)2 - a2][(b + c)2 - a2]

    = (b – c – a)(b – c + a)(b + c + a)(b + c – a).

Do a, b, c là 3 cạnh của tam giác nên theo bất đẳng thức tam giác ta có:

    b < c + a ⇒ b – c – a < 0

    c < a + b ⇒ b – c + a > 0

    a < b + c ⇒ b + c – a > 0

    a, b, c > 0 ⇒ a + b + c > 0

⇒ Δ < 0 ⇒ f(x) cùng dấu với b2 ∀x hay f(x) > 0 ∀x (đpcm).

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

4.

Theo định lý hàm sin: \(\left\{{}\begin{matrix}sinA=\dfrac{a}{2R}\\sinB=\dfrac{b}{2R}\\sinC=\dfrac{c}{2R}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\dfrac{a}{2R}=\dfrac{b}{2\sqrt{3}R}=\dfrac{c}{4R}\)

\(\Leftrightarrow a=\dfrac{b}{\sqrt{3}}=\dfrac{c}{2}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{c}{2}\\b=\dfrac{c\sqrt{3}}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a^2+b^2=\dfrac{c^2}{4}+\dfrac{3c^2}{4}=c^2\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\) vuông tại C theo Pitago đảo

a) Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác

⇒ a + c > b và a + b > c (Bất đẳng thức tam giác)

⇒ a + c – b > 0 và a + b – c > 0

Ta có: (b – c)2 < a2

⇔ a2 – (b – c)2 > 0

⇔ (a – (b – c))(a + (b – c)) > 0

⇔ (a – b + c).(a + b – c) > 0 (Luôn đúng vì a + c – b > 0 và a + b – c > 0).

Vậy ta có (b – c)2 < a2 (1) (đpcm)

b) Chứng minh tương tự phần a) ta có :

( a – b)2 < c2 (2)

(c – a)2 < b2 (3)

Cộng ba bất đẳng thức (1), (2), (3) ta có:

(b – c)2 + (c – a)2 + (a – b)2 < a2 + b2 + c2

⇒ b2 – 2bc + c2 + c2 – 2ca + a2 + a2 – 2ab + b2 < a2 + b2 + c2

⇒ 2(a2 + b2 + c2) – 2(ab + bc + ca) < a2 + b2 + c2

⇒ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (đpcm).