Câu hỏi:

13/07/2024 2,649

Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:

a) \(\cos \frac{A}{2} = \sqrt {\frac{{p\left( {p - a} \right)}}{{bc}}} \).

b) R ≥ 2r.

Quảng cáo

Trả lời:

verified
Giải bởi Vietjack

Lời giải

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

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

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{{b^2} + {c^2} + 2bc - {a^2}}}{{2bc}}\)

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{{{\left( {b + c} \right)}^2} - {a^2}}}{{2bc}}\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{\left( {b + c - a} \right)\left( {b + c + a} \right)}}{{4bc}}\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{4\left( {\frac{{b + c + a}}{2} - a} \right)\left( {\frac{{b + c + a}}{2}} \right)}}{{4bc}}\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{4\left( {p - a} \right)p}}{{4bc}}\).

Suy ra \( \Leftrightarrow \cos \frac{A}{2} = \sqrt {\frac{{4\left( {p - a} \right)p}}{{4bc}}} = \sqrt {\frac{{p\left( {p - a} \right)}}{{bc}}} \).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) Ta có \(R = \frac{{abc}}{{4S}};\,S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \) và \(r = \frac{S}{p} = \frac{{2S}}{{a + b + c}}\).

Ta có \(R \ge 2r \Leftrightarrow \frac{{abc}}{{4S}} \ge \frac{{4S}}{{a + b + c}}\)

abc(a + b + c) ≥ 16S2

abc(a + b + c) ≥ 16.p(p – a)(p – b)(p – c)

\( \Leftrightarrow abc\left( {a + b + c} \right) \ge 16.\frac{{a + b + c}}{2}\left( {\frac{{a + b + c}}{2} - a} \right)\left( {\frac{{a + b + c}}{2} - b} \right)\left( {\frac{{a + b + c}}{2} - c} \right)\)

\( \Leftrightarrow abc\left( {a + b + c} \right) \ge 16.\frac{{a + b + c}}{2}\left( {\frac{{b + c - a}}{2}} \right)\left( {\frac{{a + c - b}}{2}} \right)\left( {\frac{{a + b - c}}{2}} \right)\)

abc(a + b + c) ≥ (a + b + c)(b + c – a)(a + c – b)(a + b – c)

abc ≥ (b + c – a)(a + c – b)(a + b – c)    (*)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

\(\sqrt {\left( {b + c - a} \right)\left( {a + c - b} \right)} \le \frac{{b + c - a + a + c - b}}{2} = c\) (1)

Chứng minh tương tự, ta được:

\(\sqrt {\left( {b + c - a} \right)\left( {a + b - c} \right)} \le b\)   (2)

\(\sqrt {\left( {a + c - b} \right)\left( {a + b - c} \right)} \le a\)   (3)

Từ (1), (2), (3), suy ra (b + c – a)(a + c – b)(a + b – c) ≤ abc.

Dấu “=” xảy ra a = b = c.

Do đó (*) đúng.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Lời giải

Muốn đổi hỗn số thành số thập phân, ta làm các bước sau:

Bước 1: Đưa hỗn số thành phân số:

– Lấy phần nguyên nhân với mẫu số, kết quả nhận được cộng thêm tử số;

– Thay kết quả ở trên thành tử số mới, giữ nguyên mẫu số, ta được một phân số từ hỗn số đã cho.

Bước 2: Đưa mẫu số về 10; 100; 1000; … và thực hiện đổi phân số thập phân về số thập phân.

Ví dụ: Đổi các hỗn số \(5\frac{1}{{10}}\) và \(5\frac{3}{4}\) thành số thập phân.

Hướng dẫn giải

Ta có: \(5\frac{1}{{10}} = \frac{{5 \times 10 + 1}}{{10}} = \frac{{51}}{{10}} = 5,1\);

\(5\frac{3}{4} = \frac{{5 \times 4 + 3}}{4} = \frac{{23}}{4} = \frac{{23 \times 25}}{{4 \times 25}} = \frac{{575}}{{100}} = 5,75\).

Câu 2

Lời giải

Lời giải

Media VietJack

Ta có E là trung điểm BC.

Suy ra \(CE = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}\).

Ta có AB = CD (do ABCD là hình vuông) và BE = CE (E là trung điểm BC).

Suy ra \(\sqrt {A{B^2} + B{E^2}} = \sqrt {C{D^2} + C{E^2}} \).

Do đó AE = DE.

Tam giác CDE vuông tại C: \(AE = DE = \sqrt {C{D^2} + C{E^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Ta có \(D{F^2} = \frac{{2D{A^2} + 2D{E^2} - A{E^2}}}{4} = \frac{{2{a^2} + 2{{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)}^2}}}{4} = \frac{{13{a^2}}}{{16}}\).

Vậy \(DF = \frac{{a\sqrt {13} }}{4}\).

Do đó ta chọn phương án A.

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP