Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn. CMR: \(\dfrac{tanA}{tan^3B}+\dfrac{tanB}{tan^3C}+\dfrac{tanC}{tan^3A}\ge1\)
Cho A, B, C là 3 góc nhọn của tam giác ABC. Chứng minh:
a) \(tanA+tanB+tanC=tanA.tanB.tanC\)
Tính min P với \(P=tanA+tanB+tanC\)
b) \(tan\left(\dfrac{A}{2}\right).tan\left(\dfrac{B}{2}\right)+tan\left(\dfrac{B}{2}\right)tan\left(\dfrac{C}{2}\right)+tan\left(\dfrac{C}{2}\right).tan\left(\dfrac{A}{2}\right)=1\)
Tìm min T với \(T=tan\left(\dfrac{A}{2}\right)+tan\left(\dfrac{B}{2}\right)+tan\left(\dfrac{C}{2}\right)\)
Câu a)
Ta sử dụng 2 công thức:
\(\bullet \tan (180-\alpha)=-\tan \alpha\)
\(\bullet \tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha.\tan \beta}\)
Áp dụng vào bài toán:
\(\text{VT}=\tan A+\tan B+\tan C=\tan A+\tan B+\tan (180-A-B)\)
\(=\tan A+\tan B-\tan (A+B)=\tan A+\tan B-\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A.\tan B}\)
\(=(\tan A+\tan B)\left(1+\frac{1}{1-\tan A.\tan B}\right)=(\tan A+\tan B).\frac{-\tan A.\tan B}{1-\tan A.\tan B}\)
\(=-\tan A.\tan B.\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A.\tan B}=-\tan A.\tan B.\tan (A+B)\)
\(=\tan A.\tan B.\tan (180-A-B)\)
\(=\tan A.\tan B.\tan C=\text{VP}\)
Do đó ta có đpcm
Tam giác $ABC$ có ba góc nhọn nên \(\tan A, \tan B, \tan C>0\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
\(P=\tan A+\tan B+\tan C\geq 3\sqrt[3]{\tan A.\tan B.\tan C}\)
\(\Leftrightarrow P=\tan A+\tan B+\tan C\geq 3\sqrt[3]{\tan A+\tan B+\tan C}\)
\(\Rightarrow P\geq 3\sqrt[3]{P}\)
\(\Rightarrow P^3\geq 27P\Leftrightarrow P(P^2-27)\geq 0\)
\(\Rightarrow P^2-27\geq 0\Rightarrow P\geq 3\sqrt{3}\)
Vậy \(P_{\min}=3\sqrt{3}\). Dấu bằng xảy ra khi \(\angle A=\angle B=\angle C=60^0\)
Câu b)
Ta sử dụng 2 công thức chính:
\(\bullet \tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha.\tan \beta}\)
\(\bullet \tan (90-\alpha)=\frac{1}{\tan \alpha}\)
Áp dụng vào bài toán:
\(\text{VT}=\tan \frac{A}{2}.\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{B}{2}.\tan \frac{C}{2}+\tan \frac{C}{2}.\tan \frac{A}{2}\)
\(=\tan \frac{A}{2}.\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}(\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2})\)
\(=\tan \frac{A}{2}.\tan \frac{B}{2}+\tan (90-\frac{A+B}{2})(\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2})\)
\(=\tan \frac{A}{2}.\tan \frac{B}{2}+\frac{\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}}{\tan (\frac{A+B}{2})}\)
\(=\tan \frac{A}{2}.\tan \frac{B}{2}+\frac{\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}}{\frac{\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}}{1-\tan \frac{A}{2}.\tan \frac{B}{2}}}\)
\(=\tan \frac{A}{2}.\tan \frac{B}{2}+1-\tan \frac{A}{2}.\tan \frac{B}{2}=1=\text{VP}\)
Ta có đpcm.
Cũng giống phần a, ta biết do ABC là tam giác nhọn nên
\(\tan A, \tan B, \tan C>0\)
Đặt \(\tan A=x, \tan B=y, \tan C=z\). Ta có: \(xy+yz+xz=1\)
Và \(T=x+y+z\)
\(\Rightarrow T^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+xz)\)
Theo hệ quả quen thuộc của BĐT Cauchy:
\(x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+xz\)
\(\Rightarrow T^2\geq 3(xy+yz+xz)=3\)
\(\Rightarrow T\geq \sqrt{3}\Leftrightarrow T_{\min}=\sqrt{3}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow \angle A=\angle B=\angle C=60^0\)
Câu a)
Ta sử dụng 2 công thức:
∙tan(180−α)=−tanα∙tan(180−α)=−tanα
∙tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanα.tanβ∙tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanα.tanβ
Áp dụng vào bài toán:
VT=tanA+tanB+tanC=tanA+tanB+tan(180−A−B)VT=tanA+tanB+tanC=tanA+tanB+tan(180−A−B)
=tanA+tanB−tan(A+B)=tanA+tanB−tanA+tanB1−tanA.tanB=tanA+tanB−tan(A+B)=tanA+tanB−tanA+tanB1−tanA.tanB
=(tanA+tanB)(1+11−tanA.tanB)=(tanA+tanB).−tanA.tanB1−tanA.tanB=(tanA+tanB)(1+11−tanA.tanB)=(tanA+tanB).−tanA.tanB1−tanA.tanB
=−tanA.tanB.tanA+tanB1−tanA.tanB=−tanA.tanB.tan(A+B)=−tanA.tanB.tanA+tanB1−tanA.tanB=−tanA.tanB.tan(A+B)
=tanA.tanB.tan(180−A−B)=tanA.tanB.tan(180−A−B)
=tanA.tanB.tanC=VP=tanA.tanB.tanC=VP
Do đó ta có đpcm
Tam giác ABCABC có ba góc nhọn nên tanA,tanB,tanC>0tanA,tanB,tanC>0
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
P=tanA+tanB+tanC≥33√tanA.tanB.tanCP=tanA+tanB+tanC≥3tanA.tanB.tanC3
⇔P=tanA+tanB+tanC≥33√tanA+tanB+tanC⇔P=tanA+tanB+tanC≥3tanA+tanB+tanC3
⇒P≥33√P⇒P≥3P3
⇒P3≥27P⇔P(P2−27)≥0⇒P3≥27P⇔P(P2−27)≥0
⇒P2−27≥0⇒P≥3√3⇒P2−27≥0⇒P≥33
Vậy Pmin=3√3Pmin=33. Dấu bằng xảy ra khi ∠A=∠B=∠C=600
Cho tam giác ABC nhọn. H là giao điểm của 3 đường cao AD, BE, CF.
a/ Cmr: tam giác AEF~tam giác ABC và SAEF=SBCEF trong trường hợp A=45 độ.
b/ Cmr: \(EF=AH.sinA\)
C/ \(\dfrac{S_{HBC}}{tanA}=\dfrac{S_{HAC}}{tanB}=\dfrac{S_{HAB}}{tanC}\)
a) Xét \(\Delta BAE\) và \(\Delta CAF\) có:
\(\widehat{A}\) chung
\(\widehat{AEB}=\widehat{CFA}=90^0\)
nên \(\Delta BAE\sim\Delta CAF\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{BA}{CA}=\dfrac{AE}{AF}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AC}{AF}\)
Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta AEF\) có:
Góc A chung
\(\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AC}{AF}\)
nên \(\Delta ABC\sim\Delta AEF\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AE}{AB}\right)^2=cos^2A=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow2S_{AEF}=S_{ABC}=S_{AEF}+S_{BFEC}\) \(\Leftrightarrow S_{AEF}=S_{BFEC}\) (dpcm)
b) Có \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\) (do \(\Delta ABC\sim\Delta AEF\))
\(\Leftrightarrow90^0-\widehat{AFE}=90^0-\widehat{ACB}\)
\(\Leftrightarrow\widehat{EFC}=\widehat{DAC}\) mà \(\widehat{C}\) chung \(\Rightarrow\Delta EFC\sim\Delta HAC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{EF}{HA}=\dfrac{FC}{AC}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{EF}{HA}=sinA\)\(\Leftrightarrow EF=HA.sinA\)
c)CM được:\(\Delta DHC\sim\Delta FBC\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\dfrac{HD}{BF}=\dfrac{CH}{BC}\Leftrightarrow\dfrac{HD.BC}{BF}=CH\)
\(\Delta HEC\sim\Delta AFC\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\dfrac{HE}{AF}=\dfrac{HC}{AC}\) \(\Leftrightarrow\dfrac{HE.AC}{AF}=HC\)
Xét \(S_{BHC}.tanB-S_{HAC}.tanA\)\(=\dfrac{1}{2}.HD.BC.\dfrac{FC}{BF}-\dfrac{1}{2}.HE.AC.\dfrac{FC}{AF}\)
\(=\dfrac{1}{2}.CH.FC-\dfrac{1}{2}.HC.FC=0\) \(\Leftrightarrow S_{BHC}.tanB-S_{HAC}.tanA=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{S_{BHC}}{tanA}=\dfrac{S_{HAC}}{tanB}\) , CM tương tự \(\Rightarrow\dfrac{S_{HAC}}{tanB}=\dfrac{S_{HAB}}{tanC}\)
=>dpcm
Cho\(\Delta\)ABC nhọn .Chứng minh rằng: tanA+tanB+tanC=tanA.tanB.tanC
Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao AK,BD,CE cắt nhau tại H.
1.Chứng minh: \(\dfrac{KC}{KB}=\dfrac{AC^2+CB^2-BA^2}{CB^2+BA^2-AC^2}\)
2. Giả sử: \(HK=\dfrac{1}{3}AK\) . Chứng minh rằng: tanB . tan C =3
3.Giả sử \(S_{ABC}=120cm^2\) và BAC = \(60^o\) . Hãy tính diện tích tam giác ADE?
Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB\(\ne\) AC) Chứng minh rằng:
a) \(\dfrac{sinB-sinC}{cosB-cosc}\) <0
b) \(\dfrac{tanB-tanC}{cotB-cotC}\) <0
c) cotB+cotC>2
2. CMR với mọi góc nhọn \(\alpha\) ta có: tan2\(\alpha\) +1=\(\dfrac{1}{cos^2\alpha}\)
Bài 2:
Gọi tam giác cần có trong đề là ΔABC vuông tại A có \(\widehat{B}=\alpha\)
Ta có: \(\tan^2B+1=\left(\dfrac{AC}{AB}\right)^2+1=\dfrac{AC^2+AB^2}{AB^2}=\dfrac{BC^2}{AB^2}\)
\(\Leftrightarrow\tan^2B+1=1:\dfrac{AB^2}{BC^2}=\dfrac{1}{\cos^2B}\)(đpcm)
\(\dfrac{a}{3a-b+c}+\dfrac{b}{3b-c+a}+\dfrac{c}{3c-a+b}\ge1\)
Chứng minh rằng:
SinaCosa( \(\dfrac{1-cosa}{cosa}\) + tana) - 1 =0
Sin(a+b) +SinaSinb( Tana+Tanb- CotaCotb- TanaTanb) = Tan(a+b)
Cảm ơn mng người ạ.
\(Cho a,b,c>0. Cmr: \dfrac{a^3b}{1+ab^2}+\dfrac{b^3c}{1+bc^2}+\dfrac{c^3a}{1+ca^2}>\dfrac{abc(a+b+c)}{1+abc}\)
\(VT=\dfrac{a^3bc}{c+ab^2c}+\dfrac{ab^3c}{a+abc^2}+\dfrac{abc^3}{b+a^2bc}\)
\(=abc\left(\dfrac{a^2}{c+ab^2c}+\dfrac{b^2}{a+abc^2}+\dfrac{c^2}{b+a^2bc}\right)\)
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng engel có:
\(VT\ge\dfrac{abc\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+abc\left(a+b+c\right)}\)\(=\dfrac{abc\left(a+b+c\right)}{1+abc}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Vậy...
Sai đề không bạn,tại a=b=c=2 thay vào không thỏa mãn nha
c) Chứng minh: \(tan^3C=\dfrac{BE}{CF}\)