Chủ đề này có 2 trả lời

[inhtoan]

Cho tam giác ABC có các góc A, B nhọn và $sin^2A+sin^2B=\sqrt{sinC}$.
Chứng minh $ \widehat C = 90^\circ $.

[minhhung_2811]

Ta có:
$\sqrt {\sin C} \ge {\sin ^2}C \Leftrightarrow {\sin ^2}A + {\sin ^2}B \ge {\sin ^2}C$

$\Leftrightarrow \dfrac{{{a^2}}}{{4{R^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{4{R^2}}} \ge \dfrac{{{c^2}}}{{4{R^2}}} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \ge {c^2}$

$\Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \ge {a^2} + {b^2} - 2ab\cos C \Leftrightarrow \cos C \ge 0$ $(1)$

(sử dụng định lý hàm $sin$ và định lý hàm $cos$)

$\sqrt {\sin C} \le 1 \Leftrightarrow {\sin ^2}A + {\sin ^2}B \le 1$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\left( {1 - \cos 2A + 1 - \cos 2B} \right) \le 1$

$\Leftrightarrow \cos 2A + \cos 2B \ge 0$

$\Leftrightarrow 2\cos \left( {A + B} \right)\cos \left( {A - B} \right) \ge 0$

$\Leftrightarrow - 2\cos C\cos \left( {A - B} \right) \ge 0$

Vì $0 < A,B < \dfrac{\pi }{2}$ nên $ - \dfrac{\pi }{2} < A - B < \dfrac{\pi }{2}$

$\to 0 < \cos \left( {A - B} \right) < 1$

Do đó $\cos C \le 0$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\cos C = 0$

Vậy tam giác $ABC$ vuông tại $C$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhhung_2811: 01-05-2010 - 14:41

[nhkhoi]

• Giải gium` em bài này : nhan dang tam giac bik :(b/cosC)+(c/cosB)=a/(sinBsinC) copy nguyen cai' de ko dc viet' dang. nay` mong moi. nguoi` thong cam?

MOD: Vui lòng gõ Latex và viết tiếng Việt có dấu

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 12-03-2012 - 18:15