Ta chứng minh chiều nghịch:

Khi tam giác ABC đều, góc A=gócB=gócC=60*

Khi đó cosA+cosB+cosC=3/2(đpcm)

Ta chứng minh chiều thuận

Ta chứng minh cosA+cosB+cosC≤3/2

Thật vậy:

 Mà theo gt, cosA+cosB+cosC=3/2

nên ta có tam giác ABC đều(đpcm)

vẽ AD,BE, CF là các đường cao của tam giác ABC

\(\cos A=\sqrt{\cos BAE\cdot\cos CAF}=\sqrt{\frac{AE}{AB}\cdot\frac{AE}{AC}}=\sqrt{\frac{AF}{AB}\cdot\frac{AE}{AC}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{AF}{AB}+\frac{AE}{AC}\right)\)

ta có \(\cos A\le\frac{1}{2}\left(\frac{AF}{AB}+\frac{AE}{AC}\right)\left(1\right)\)

tương tự \(\cos B\le\frac{1}{2}\left(\frac{BF}{AB}+\frac{BD}{BC}\right)\left(2\right);\cos C\le\frac{1}{2}\left(\frac{CD}{BC}+\frac{CE}{AC}\right)\left(3\right)\)

do đó \(\cos A+\cos B+\cos C\le\frac{1}{2}\left(\frac{AF}{AB}+\frac{AE}{AC}+\frac{BF}{AB}+\frac{BD}{BC}+\frac{CD}{BC}+\frac{CE}{AC}\right)\)

\(\Rightarrow\cos A+\cos B+\cos C\le\frac{1}{2}\left(\frac{AF}{AB}+\frac{BF}{AB}+\frac{AE}{AC}+\frac{CE}{AC}+\frac{BD}{BC}+\frac{CD}{BC}\right)\)

\(\Rightarrow\cos A+\cos B+\cos C\le\frac{3}{2}\)

dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{AF}{AB}=\frac{AE}{AC}\\\frac{BF}{AB}=\frac{BD}{BC}\\\frac{CD}{BC}=\frac{CE}{AC}\end{cases}}\Leftrightarrow AB=AC=BC\)

do vậy cosA+cosB+cosC=3/₂ <=> AB=AC=BC <=> tam giác ABC đều

Cách khác khỏi phải dùng hình học :v

\(A=\cos A+\cos B+\cos C\)

\(=\left(\cos A+\cos B\right)\cdot1+\sin A\cdot\sin B-\cos A\cdot\cos B\)

\(\le\frac{1}{2}\left[\left(\cos A+\cos B\right)^2+1\right]+\frac{1}{2}\left(\sin^2A+\sin^2B\right)-\cos A\cdot\cos B\)

\(=\frac{1}{2}\left(\cos^2A+\sin^2A+\cos^2B+\sin^2B\right)+\frac{1}{2}\)

\(=\frac{3}{2}\)

ez Problem :v

Xét tam giác ABC nhọn có \(BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cdot\cos\widehat{A}\)
\(\Rightarrow\cos\widehat{A}=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB\cdot AC}=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{4\cdot\dfrac{1}{2}AB\cdot AC}=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{4S_{ABC}}\)

Cmtt: \(\left\{{}\begin{matrix}\cos\widehat{B}=\dfrac{AB^2+BC^2-AC^2}{4S_{ABC}}\\\cos\widehat{C}=\dfrac{AC^2+BC^2-AB^2}{4S_{ABC}}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\cos\widehat{A}+\cos\widehat{B}+\cos\widehat{C}\\ =\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2+AB^2+BC^2-AC^2+AC^2+BC^2-AB^2}{4S_{ABC}}\\ =\dfrac{AB^2+AC^2+BC62}{4S_{ABC}}\)

Giả thiết của dề bài chưa đúng, mình sửa lại thành \(cosA+cosB+cosC=\sqrt{cosA.cosB}+\sqrt{cosB.cosC}+\sqrt{cosC.cosA}\)

Đặt \(a=\sqrt{cosA},b=\sqrt{cosB},c=\sqrt{cosC}\)

Suy từ giả thiết : 

\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\a,b,c>0\end{cases}}\)

Vậy ta có \(\sqrt{cosA}=\sqrt{cosB}=\sqrt{cosC}\Rightarrow\hept{\begin{cases}cosA=cosB=cosC\\\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^o\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=60^o\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\) là tam giác đều.

TL:

sinA+sinB+sinC=1-cosA+cosB+cosC => Tam giác ABC Vuông tại A

Vế trái = sinA + sinB + sinC

= 2sin(A + B)/2.cos(A - B)/2 + 2sinC/2.cosC/2

= 2cosC/2.cos(A - B)/2 + 2sinC/2.cosC/2

= 2cosC/2[cos(A - B)/2 + sinC/2]

=2.cosC/2.[cos(A - B)/2 + cos(A + B)/2]

= 4.cosC/2.cosB/2.cosA/2

Vế phải = 1 - cosA + cosB + cosC

= 2sin²A/2 + 2cos(B + C)/2.cos(B - C)/2

= 2.sinA/2[sinA/2 + cos(B - C)/2] (vì cos(B + C)/2 = sinA/2)

= 2.sinA/2[cos(B + C)/2 + cos(B - C)/2

= 4.sinA/2.cosB/2.cosC/2

Vậy sinA + sinB + sinC = 1 - cosA + cosB + cosC

<=> cosA/2.cosB/2.cosC/2 = sinA/2.cosB/2.cosC/2

<=> cosB/2.cosC/2(sinA/2 - cosA/2) = 0

mà cosB/2 ≠ 0 và cosC/2 ≠ 0

=> sinA/2 = cosA/2

<=> A/2 = 45^o

<=> A = 90^o

tam giác ABC vuông tại A

\(\dfrac{cosA}{a}+\dfrac{cosB}{b}+\dfrac{cosC}{c}\)

\(=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2abc}+\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2abc}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2abc}\)

\(=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2abc}\) (đpcm)

a² = b² + c² - 2bc.cosA

b² = a² + c² - 2ac.cosB

c² = a² + b² - 2ab.cosC

⇒ a² + b² + c² = 2bc.cosA + 2ac.cosB + 2ab.cosC

⇒ VT =  \(\dfrac{2bc.cosA}{2abc}+\dfrac{2ab.cosC}{2abc}+\dfrac{2ac.cosB}{2abc}\)

⇒ VT = \(\dfrac{cosA}{a}+\dfrac{cosB}{b}+\dfrac{cosC}{c}\)

Tham khảo nha !!!