Bạn chưa đăng nhập. Vui lòng đăng nhập để hỏi bài

Những câu hỏi liên quan
Nguyễn Thùy Mai
Xem chi tiết
Nguyễn Lê Phước Thịnh
8 tháng 4 2023 lúc 18:55

loading...  loading...  loading...  

Phạm Tâm Đức
Xem chi tiết
Nguyễn Hoàng Minh
29 tháng 10 2021 lúc 18:06

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

Lê Trần Quỳnh Anh
Xem chi tiết
_ɦყυ_
24 tháng 7 2020 lúc 21:17

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)

Khách vãng lai đã xóa
Tran Le Khanh Linh
24 tháng 7 2020 lúc 21:20

A B C D E F

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

Khách vãng lai đã xóa
zZz Cool Kid_new zZz
24 tháng 7 2020 lúc 21:49

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

Khách vãng lai đã xóa
The Hell ? What
Xem chi tiết
Nguyễn Thị Huyền Anh
Xem chi tiết
Đoàn Minh Huy
Xem chi tiết
Đặng Thảo Chi
Xem chi tiết
White Boy
Xem chi tiết
Hoàng Lê Bảo Ngọc
24 tháng 10 2016 lúc 11:38

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.

Bùi Trần Ngọc Trâm
Xem chi tiết