cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác thoả mãn:
\(\Sigma\dfrac{c^{2013}}{a+b-c}=\Sigma a^{2012}\)
Hãy xđ dạng của tam giác đó
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác .
CMR : \(\Sigma\dfrac{a}{\sqrt[3]{b^3+c^3}}< 2\sqrt[3]{4}\)
\(\left(b^3+c^3\right)\left(1+1\right)\left(1+1\right)\ge\left(b+c\right)^3\)
\(\Rightarrow b^3+c^3\ge\dfrac{\left(b+c\right)^3}{4}\Rightarrow\dfrac{a}{\sqrt[3]{b^3+c^3}}\le\dfrac{a\sqrt[3]{4}}{b+c}\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\le\sqrt[3]{4}\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)< \sqrt[3]{4}\left(\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}\right)=2\sqrt[3]{4}\)
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
\(\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)=8\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}=8\)
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
Gọi a,b,c là đội dài ba cạnh của một tam giác thoả mãn
\(\frac{ab}{b+c}+\frac{bc}{a+c}+\frac{ac}{a+b}=\frac{ac}{b+c}+\frac{ab}{a+c}+\frac{bc}{a+b}\)
CMR tam giác đó cân
lời giải bằng SOS khá cồng kềnh và phức tạp , liệu ai có thể giải ?
Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác , CMR
\(Sigma\frac{a}{b+c}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\le\frac{5}{2}\)
Dễ mà, cần t sol ko?
SOS chắc t ko có cửa đâu, chắc lại chờ anh tth đến làm vài đường cơ bản
\(BĐT\Leftrightarrow\frac{1}{2}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\le1-\frac{a}{b+c}+1-\frac{b}{c+a}+1-\frac{c}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\le\frac{b+c-a}{b+c}+\frac{c+a-b}{c+a}+\frac{a+b-c}{a+b}\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}b+c-a=x\\c+a-b=y\\a+b-c=z\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\a+b+c=x+y+z\end{cases}}\)(Do a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác)
Khi đó thì \(a=\frac{y+z}{2},b=\frac{z+x}{2},c=\frac{x+y}{2}\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)=\)\(2.\frac{y^2+2yz+z^2+z^2+2zx+x^2+x^2+2xy+y^2}{4}\)\(=x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\)
\(\Rightarrow\frac{b+c-a}{b+c}+\frac{c+a-b}{c+a}+\frac{a+b-c}{a+b}\)\(=\frac{2x}{2x+y+z}+\frac{2y}{2y+z+x}+\frac{2z}{2z+x+y}\)\(=\frac{2x^2}{2x^2+xy+zx}+\frac{2y^2}{2y^2+yz+xy}+\frac{2z^2}{2z^2+zx+yz}\)\(\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\right)}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}\)\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hay tam giác ABC đều
Cho a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác, ma, mb, mc là độ dài các đường trung tuyến của tam giác đó. Chứng minh rằng
\(\dfrac{a}{m_a}+\dfrac{b}{m_b}+\dfrac{c}{m_c}\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
Để chứng minh rằng ama + bmb + cmc ≥ √32, ta sử dụng bất đẳng thức tam giác. Bất đẳng thức tam giác cho biết rằng tổng độ dài của ba đường trung tuyến của một tam giác luôn lớn hơn hoặc bằng bình phương độ dài cạnh tương ứng. Vì vậy, ta có:
ama + bmb + cmc ≥ (ma + mb + mc)²/3
Theo định lý đường trung tuyến, ta biết rằng ma + mb + mc = 3/2(a + b + c). Thay vào biểu thức trên, ta có:
ama + bmb + cmc ≥ (3/2(a + b + c))²/3
Simplifying the expression, we get:
ama + bmb + cmc ≥ 3/4(a + b + c)²
Để chứng minh rằng ama + bmb + cmc ≥ √32, ta cần chứng minh rằng 3/4(a + b + c)² ≥ √32. Tuy nhiên, để chứng minh điều này, cần thêm thông tin về giá trị của a, b, c.
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và thỏa mãn: \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)=8\)
Chứng minh rằng tam giác đó là tam giác đều.
\(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)=8\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(c+b\right)\left(a+c\right)}{abc}=8\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2\left(c+b\right)^2\left(a+c\right)^2}{a^2b^2c^2}=64\)
Ta có
\(\left(a+b\right)^2\ge4ab;\left(c+b\right)^2\ge4cb;\left(a+c\right)^2\ge4ac\)
\(\frac{\left(a+b\right)^2\left(c+b\right)^2\left(a+c\right)^2}{a^2b^2c^2}\ge64\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)=> Đó là tam giác đều
Ta có: \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)=8\)
\(\Rightarrow\frac{a+b}{b}.\frac{b+c}{c}.\frac{a+c}{c}=8\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}=8\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=8abc\)
\(\Rightarrow a^2b+a^2c+b^2c+ab^2+ac^2+bc^2+2abc=8abc\)
\(\Rightarrow a^2b+a^2c+b^2c+ab^2+ac^2+bc^2-6abc=0\)
\(\Rightarrow\left(ab^2-2abc+ac^2\right)+\left(a^2b-2abc+bc^2\right)+\left(a^2c-2abc+b^2c\right)=0\)
\(\Rightarrow a\left(b^2-2bc+c^2\right)+b\left(a^2-2ac+c^2\right)+c\left(a^2-2ab+b^2\right)=0\)
\(\Rightarrow a\left(b-c\right)^2+b\left(a-c\right)^2+c\left(a-b\right)^2=0\)(1)
Vì a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác nên a, b, c > 0 (2)
Do đó \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a\left(b-c\right)^2\ge0\\b\left(a-c\right)^2\ge0\\c\left(a-b\right)^2\ge0\end{cases}}\)(3)
Từ (1), (2), (3) \(\Rightarrow\left(b-c\right)^2=\left(a-c\right)^2=\left(a-b\right)^2=0\)
\(\Rightarrow\left(b-c\right)=\left(a-c\right)=\left(a-b\right)=0\)
\(\Rightarrow a=b=c\)
Vậy a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác đều
cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác và \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}<
\dfrac{a+b+c}{abc}\)
( bên trên là nhỏ hơn hoặc bằng )
Hãy tính số đo các góc của tam giác này
`1/a^2+1/b^2+1/c^2<=(a+b+c)/(abc)`
`<=>1/a^2+1/b^2+1/c^2<=1/(ab)+1/(bc)+1/(ca)`
`<=>2/a^2+2/b^2+2/c^2<=2/(ab)+2/(bc)+2/(ca)`
`<=>1/a^2-2/(ab)+1/b^2+1/b^2-2/(bc)+1/c^2+1/c^2-2/(ac)+1/a^2<=0`
`<=>(1/a-1/b)^2+(1/b-1/c)^2+(1/c-1/a)^2<=0`
Mà `(1/a-1/b)^2+(1/b-1/c)^2+(1/c-1/a)^2>=0`
`=>(1/a-1/b)^2+(1/b-1/c)^2+(1/c-1/a)^2=0`
`<=>1/a=1/b=1/c`
`<=>a=b=c`
`=>` tam giác này là tam giác đều
`=>hata=hatb=hatc=60^o`
Áp dụng bđt cosi với hai số dương:
\(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\ge\dfrac{2}{ab}\) ; \(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{2}{bc}\) ; \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{2}{ac}\)
\(\Rightarrow2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge2\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac}\) (*)
Theo giả thiết có: \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\le\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{ab}\) (2*)
Từ (*), (2*) ,dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
=> Tam giác chứa ba cạnh a,b,c thỏa mãn gt là tam giác đều
=> Số đo các góc là 60 độ
gọi a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC thoả mãn: a3+b3+c3=3abc.Chứng minh tam giác ABC đều.
a;b;c ;à độ dài 3 cạnh của tam giác \(\Rightarrow a;b;c>0\)
Ta có:
\(a^3+b^3+c^3=3abc\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b+c\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\left(a+b\right)^2-c\left(a+b\right)+c^2\right)-3ab\left(a+b+c\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\) (do \(a+b+c>0\))
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Hay tam giác ABC đều
Một tam giác có độ dài ba cạnh là 6cm, 8cm và 13cm. Một tam giác khác đồng dạng với tam giác đã cho co độ dài ba cạnh là 12cm, 9cm và x (cm). Độ dài x là:
A. 17,5cm; B. 15cm; C. 17cm; D. 19,5cm.
Hãy chọn câu trả lời đúng.