a: \(a^4=b^4+c^4\)

=>\(a^4>c^4\) và \(a^4>b^4\)

=>a>c và a>b

=>a là cạnh lớn nhất

=>\(\hat{BAC}\) là góc lớn nhất

\(a^4=b^4+c^4\)

=>\(a^4 = (b^2+c^2)^2 - 2b^2c^2 < (b^2+c^2)^2 \Rightarrow a^2 < b^2 + c^2\)

=>\(b^2+c^2-a^2>0\)

=>\(\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}\) >0

=>\(\hat{A}<90^0\)

mà \(\hat{BAC}\) đã là góc lớn nhất trong ΔABC

nên \(\hat{ABC}<90^0;\hat{ACB}<90^0\)

b: Xét ΔABC có \(\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R\)

=>\(\sin A=\frac{a}{2R}\) ; \(\sin B = \frac{b}{2R}, \quad \sin C = \frac{c}{2R}\)

Xét ΔABC có \(\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}, \quad \cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}\)

\(\tan B \cdot \tan C = \frac{\sin B \cdot \sin C}{\cos B \cdot \cos C}\)

\(=\frac{\frac{b}{2R} \cdot\frac{c}{2R}}{\frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} \cdot\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}}\)

\(=\frac{\frac{bc}{4R^2}}{\frac{(a^2 + c^2 - b^2)(a^2 + b^2 - c^2)}{4a^2bc}}=\frac{a^2 b^2 c^2}{R^2 (a^2 + c^2 - b^2)(a^2 + b^2 - c^2)}\)

\(=\frac{a^2b^2c^2}{R^2\cdot\left\lbrack(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)\right\rbrack}\)

\(=\frac{a^2b^2c^2}{R^2\left\lbrace\left[a^2+(c^2-b^2)\right]\left[a^2-(c^2-b^2)\right]\right\rbrace}\)

\(=\frac{a^2b^2c^2}{R^2\cdot\left\lbrack a^4-\left(c^2-b^2\right)^2\right\rbrack}=\frac{a^2b^2c^2}{R^2\cdot\left\lbrack a^4-(c^4-2b^2c^2+b^4)\right\rbrack}\)

\(=\frac{a^2b^2c^2}{R^2\cdot\left\lbrack a^4-(b^4+c^4)+2b^2c^2\right\rbrack}=\frac{a^2b^2c^2}{R^2\cdot2b^2c^2}=\frac{a^2}{2R^2}=2\cdot\sin^2A\)

Giả thiết tương đương: 

\(a^4+b^4+c^4+2b^2c^2=2a^2\left(b^2+c^2\right)+2b^2c^2\)

\(\Leftrightarrow a^4+\left(b^2+c^2\right)^2=2a^2\left(b^2+c^2\right)+2b^2c^2\)

\(\Leftrightarrow\left(b^2+c^2-a^2\right)^2=2b^2c^2\)

\(\Leftrightarrow b^2+c^2-a^2=\pm\sqrt{2}bc\)

\(cosA=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\dfrac{\pm\sqrt{2}bc}{2bc}=\pm\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}A=45^0\\A=135^0\end{matrix}\right.\)

4/Gọi hai trung tuyến kẻ từ B, C là BM và CN, chúng cắt nhau tại O
Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng : Nếu hai trung tuyến đó vuông góc thì b^2 + c^2 = 5a^2 , từ đó suy ra điều ngược lại (vì mệnh đề này đúng với thuận và đảo)
Gỉa sử BM vuông góc với CN tại O
Ta đặt OM = x => OB = 2x và => OC =2y
AB^2/4 + AC^2/4= NB^2 + MC^2 = ON^2 + OB^2 + OM^2 + OC^2 = 5(x^2 + y^2)
=> AB^2 + AC^2 = 20(x^2 + y^2)
Mà BC^2 = OC^2 + OB^2 = 4(x^2 + y^2)
Suy ra : AB^2 + AC^2 = 5.4(x^2 + y^2) = 5BC^2 hay b^2 + c^2 = 5a^2
 ta có điều ngược lại là nếu b^2 + c^2 = 5a^2 thì hai trung tuyến vuông góc(cái này tự làm ngược nha bn)

5
A B C 36 D H x x

Vẽ tam giác ABC cân tại A có góc A bằng 36 độ. Và BC=1.Khi đó  góc B = góc C = 72 độ.

Vẽ BD phân giác góc B  , DH vuông góc AB. Đặt AH=BH=x, ta có AB=AC=2x và DC=2x-1

Cm được tam giác ABD và BCD cân => AD=BD=BC=1

cos A = cos 36 = AH/AD=x/1=x

Vì BD là đường phân giác nên AD/DC=AB/AC => \(\frac{1}{2x-1}=\frac{2x}{1}\)

=> \(4x^2-2x-1=0\Leftrightarrow\left(2x-\frac{1}{2}\right)^2-\left(\frac{\sqrt{5}}{2}\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{5}}{2}\right)\left(2x-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{\sqrt{5}+1}{4}\left(N\right)\\x=\frac{1-\sqrt{5}}{4}< 0\left(L\right)\end{cases}}\)

Vậy  cos 36o = (1 + √5)/4

  Đã xảy ra lỗi rồi. Bạn thông cảm vì sai sót này.

  Ta có:  

Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm 

   trong đó với     , ta có:

Tương tự, ta có:

Cộng ba bất đẳng thức     và   , ta được:

Khi đó, ta chỉ cần chứng minh

Thật vậy, bất đẳng thức cần chứng minh được quy về dạng sau:    (bất đẳng thức Cauchy cho ba số   )

Hay       

Mà    đã được chứng minh ở câu    nên    luôn đúng với mọi  

Dấu    xảy ra    

Vậy,       

Đăng sớm sớm tí chứ đăng trễ v ai giải kịp m :v