Định lí:

Trong một tam giác bất kì, bình phương một cạnh bằng tổng các bình phương của hai cạnh còn lại trừ đi hai lần tích của hai cạnh đó nhân với cosin của góc xen giữa chúng.

Ta có các hệ thức sau: a² = b² + c² - 2bc.cosA (1)

b² = a² + c² - 2bc.cosB (2)

c² = a² + b² - 2bc.cosC (3)

Hệ quả: Từ định lí cosin suy ra:

cosA = cosB =

cosC =

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.

Định lí cosin: Trong tam giác ABC

\(\begin{array}{l}{a^2} = {b^2} + {c^2} - \,2b\,c.\cos A\quad (1)\\{b^2} = {a^2} + {c^2} - \,2a\,c.\cos B\quad (2)\\{c^2} = {b^2} + {a^2} - \,2ab.\cos C\quad (3)\end{array}\)

Ta có \((1) \Leftrightarrow 2bc\cos A = {b^2} + {c^2} - {a^2}\, \Leftrightarrow \cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}\,}}{{2b\,c}}.\)

Tương tự từ (2) và (3) ta suy ra \(\cos B = \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}\,}}{{2a\,c}}\); \(\cos C = \frac{{{b^2} + {a^2} - {c^2}\,}}{{2b\,a}}\)

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

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