cho tam giác ABC có
BC = a
AC = b
AB = c
biết \(\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{c+d}+\dfrac{ca}{a+b}=\dfrac{ca}{b+c}+\dfrac{ab}{c+a}+\dfrac{bc}{a+b}\)
cmr tam giác ABC cân
Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là a, b, c thỏa mãn: \(\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{c+a}+\dfrac{ac}{a+b}=\dfrac{ac}{b+c}+\dfrac{ab}{c+a}+\dfrac{bc}{a+b}\). Chứng minh: Tam giác ABC cân
Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là a, b, c thỏa mãn: \(\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{a+c}+\dfrac{ac}{a+b}=\dfrac{ac}{b+c}+\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{bc}{a+b}\). Chứng minh tam giác ABC cân
\(\Leftrightarrow ab\left(\dfrac{1}{b+c}-\dfrac{1}{a+c}\right)+bc\left(\dfrac{1}{a+c}-\dfrac{1}{a+b}\right)+ca\left(\dfrac{1}{a+b}-\dfrac{1}{b+c}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab\left(a-b\right)}{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{bc\left(b-c\right)}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{ca\left(c-a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab\left(a^2-b^2\right)+bc\left(b^2-c^2\right)+ca\left(c^2-a^2\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(a-c\right)\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\\b=c\\c=a\end{matrix}\right.\) hay tam giác cân
Cho tam giác ABC có BC =a,AC=b,AB=c là độ dài 3 cạnh của tam giac thỏa mãn hệ thức :\(\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{c+a}+\dfrac{ca}{b+a}=\dfrac{ac}{b+c}+\dfrac{ab}{c+a}+\dfrac{bc}{b+a}\) .Chứng minh rằng tam giac ABC là tam giác cân
cho tam giác ABC không cân, BD và CE là hai đường phân giác trong của góc B và góc C cắt nhau tại I sao cho: ID=IE
a) Tính góc BAC
b) chứng minh: \(\dfrac{3}{AB+BC+CA}=\dfrac{1}{AB+BC}+\dfrac{1}{BC+AC}\)
cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh a,b,c thỏa mãn
\(\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{c+a}+\dfrac{ca}{a+b}=\dfrac{ab}{c+a}+\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{ca}{b+c}\)
cm: tam giác ABC cân
Lời giải:
Ta có : \(\frac{ab}{b+c}+\frac{bc}{c+a}+\frac{ca}{a+b}=\frac{ab}{c+a}+\frac{bc}{a+b}+\frac{ca}{b+c}\)
\(\Leftrightarrow ab\left(\frac{1}{b+c}-\frac{1}{c+a}\right)+bc\left(\frac{1}{c+a}-\frac{1}{a+b}\right)+ca\left(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow \frac{ab(a-b)}{(b+c)(c+a)}+\frac{bc(b-c)}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca(c-a)}{(b+a)(b+c)}=0\)
\(\Leftrightarrow ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2)=0\)
\(\Leftrightarrow ab(a^2-b^2)-bc[(a^2-b^2)+(c^2-a^2)]+ca(c^2-a^2)=0\)
\(\Leftrightarrow (a^2-b^2)(ab-bc)+(ca-bc)(c^2-a^2)=0\)
\(\Leftrightarrow (ba+b^2)(a-b)(a-c)-(a-b)(a-c)(c^2+ca)=0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)(a-c)(b-c)(a+b+c)=0\)
Vì $a,b,c$ là ba cạnh tam giác nên \(a+b+c\neq 0\Rightarrow (a-b)(a-c)(b-c)=0\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\\b=c\\c=a\end{matrix}\right.\). Do đó tam giác $ABC$ là tam giác cân.
Cho tam giác ABC vuông tại A có BC = a, CA = b, AB = c, đường cao AH.
a) Chứng minh: \(1+tam^2B=\dfrac{1}{cos^2B};tan\dfrac{C}{2}=\dfrac{c}{a+b}\)
b) Chứng minh: AH = a. sin B. cos B, BH=a·cos2B, CH=a·sin2B
c) Lấy D trên cạnh AC. Kẻ DE vuông góc BC tại E. Chứng minh:
sinB=\(\dfrac{AB\cdot AD+EB\cdot ED}{AB\cdot BE+DA\cdot DE}\) (
a) \(1+tan^2B=1+\dfrac{AC^2}{AB^2}=\dfrac{AB^2+AC^2}{AB^2}=\dfrac{BC^2}{AB^2}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2}=\dfrac{1}{cos^2B}\)
b) Ta có: \(a.sinB.cosB=BC.\dfrac{AC}{BC}.\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AC.AB}{BC}=\dfrac{AH.BC}{BC}=AH\)
\(AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=BC.\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2=BC.cos^2B\)
Tương tự \(\Rightarrow CH=BC.sin^2B\)
Cho tam giác nhọn ABC , biết BC=a , AC = b , AB=c . Gọi S,P lần lượt là diện tích , nữa chu vi của tam giác ABC . CMR : \(\dfrac{a}{SinA}=\dfrac{b}{SinB}=\dfrac{c}{SinC}\)
Cho a,b,c >0. Chứng minh:
\(a+b+c+\dfrac{9abc}{ab+bc+ca}\ge4\left(\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{bc}{b+c}+\dfrac{ca}{c+a}\right)\)
Lời giải:
\(a+b+c+\frac{9abc}{ab+bc+ac}\geq 4\left(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\right)\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ac)+9abc\geq 4(ab+bc+ac)\left(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\right)\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ac)+9abc\geq \frac{4a^2b^2}{a+b}+4abc+\frac{4b^2c^2}{b+c}+4abc+\frac{4a^2c^2}{a+c}+4abc\)
\(\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\geq \frac{4a^2b^2}{a+b}+\frac{4b^2c^2}{b+c}+\frac{4a^2c^2}{a+c}(*)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(4ab\leq (a+b)^2\Rightarrow \frac{4a^2b^2}{a+b}\leq \frac{ab(a+b)^2}{a+b}=ab(a+b)\)
TT: \(\frac{4b^2c^2}{b+c}\leq bc(b+c); \frac{4c^2a^2}{c+a}\leq ac(a+c)\)
Cộng các BĐT trên ta thu được BĐT $(*)$. Tức là $(*)$ luôn đúng, kéo theo BĐT ban đầu luôn đúng
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Cho tam giác ABC có \(\widehat{C}=2\widehat{B}=4\widehat{A}\). CMR: \(\dfrac{1}{AB}+\dfrac{1}{AC}=\dfrac{1}{BC}\)