Thía đề kêu lmj @@

\(\frac{1+cosB}{\sqrt{1-cos^2B}}=\frac{2a+c}{\sqrt{4a^2-c}}\Leftrightarrow\sqrt{\frac{1+cosB}{1-cosB}}=\frac{2a+c}{\sqrt{4a^2-c^2}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1+cosB}{1-cosB}=\frac{4a^2+4ac+c^2}{4a^2-c^2}\)

\(\Leftrightarrow4a^2-c^2+\left(4a^2-c^2\right)cosB=4a^2+4ac+c^2-\left(4a^2+4ac+c^2\right)cosB\)

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

\(\Leftrightarrow cosB=\frac{c^2+2ac}{4a^2+2ac}=\frac{c\left(c+2a\right)}{2a\left(c+2a\right)}=\frac{c}{2a}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\frac{c}{2a}\Leftrightarrow a^2+c^2-b^2=c^2\)

\(\Leftrightarrow a=b\Rightarrow\) tam giác cân tại C

M=\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1.x_2+\left(y_1+y_2\right)^2-2y_1.y_2\)

Áp dụng định lý viettel :( :v )

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}\end{matrix}\right.\);\(\left\{{}\begin{matrix}y_1+y_2=-\dfrac{b}{c}\\y_1y_2=\dfrac{a}{c}\end{matrix}\right.\)

\(M=\dfrac{b^2}{a^2}-\dfrac{2c}{a}+\dfrac{b^2}{c^2}-\dfrac{2a}{c}=\dfrac{b^2-4ac}{a^2}+\dfrac{b^2-4ac}{c^2}+2\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)

\(\ge2\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\ge4\)

Dấu = xảy ra: \(\left\{{}\begin{matrix}a=c\\b^2=4ac\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow b^2=4a^2=4c^2\)

@_@ đưa thẳng câu hỏi luôn đi ; nói như zầy chưa nghỉ ra câu trả lời ; chống mặt chết trước rồi

\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=8\\ \Rightarrow A=\dfrac{\dfrac{AC}{BC}+\dfrac{AB}{BC}}{\dfrac{AB}{AC}+\dfrac{AC}{AB}}=\dfrac{\dfrac{AB+AC}{BC}}{\dfrac{6}{8}+\dfrac{8}{6}}=\dfrac{\dfrac{14}{10}}{\dfrac{25}{12}}=\dfrac{7}{5}\cdot\dfrac{12}{25}=\dfrac{84}{125}\)

1.

\(sinA+sinB-sinC=2sin\dfrac{A+B}{2}.cos\dfrac{A-B}{2}-sin\left(A+B\right)\)

\(=2sin\dfrac{A+B}{2}.cos\dfrac{A-B}{2}-2sin\dfrac{A+B}{2}.cos\dfrac{A+B}{2}\)

\(=2sin\dfrac{A+B}{2}.\left(cos\dfrac{A-B}{2}-cos\dfrac{A+B}{2}\right)\)

\(=2sin\dfrac{A+B}{2}.2sin\dfrac{A}{2}.sin\dfrac{B}{2}\)

\(=4sin\dfrac{A}{2}.sin\dfrac{B}{2}.cos\dfrac{C}{2}\)

Sao t lại đc như này v, ai check hộ phát

a: Ta có: \(S_{\Delta ABC} = \frac{1}{2} AB \cdot AC \cdot \sin A\)

=>\(S^2 = \frac{1}{4} AB^2 \cdot AC^2 \cdot \sin^2 A\)

\(=\frac{1}{4}AB^2\cdot AC^2(1-\cos^2A)=\frac{1}{2^2}\left[AB^2\cdot AC^2-(AB\cdot AC\cdot\cos A)^2\right]\)

=>\(S^2 = \frac{1}{4} \left[ AB^2 \cdot AC^2 - \left(\vec{AB} \cdot \vec{AC}\right)^2 \right]\)

=>\(S=\frac12\cdot\sqrt{AB^2\cdot AC^2-\left(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\right)^2}\)

b:Ta có: \(S = \frac{1}{2} a \cdot h_a = \frac{1}{2} b \cdot h_b = \frac{1}{2} c \cdot h_c\)

=>\(a = \frac{2S}{h_a}, \quad b = \frac{2S}{h_b}, \quad c = \frac{2S}{h_c}\)

b+c=2a

=>\(\frac{2S}{h_b}+\frac{2S}{h_c}=2\cdot\left(\frac{2S}{h_a}\right)\)

=>\(\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}=\frac{2}{h_a}\)

c: Xét ΔABC có \(m_{a};m_{b};m_{c}\) lần lượt là độ dài ba đường trung tuyến ứng với các cạnh BC,AC,AB

nên ta có:

\(m_{a}^2=\frac{2(b^2 + c^2) - a^2}{4};m_{b}^2=\frac{2(a^2 + c^2) - b^2}{4};m_{c}^2=\frac{2(a^2 + b^2) - c^2}{4}\)

\(m_b^2 + m_c^2 = \frac{2a^2 + 2c^2 - b^2 + 2a^2 + 2b^2 - c^2}{4} = \frac{4a^2 + b^2 + c^2}{4}\)

Ta có: \(m_b^2 + m_c^2 = 5m_a^2\)

=>\(\frac{4a^2 + b^2 + c^2}{4}=5\cdot\frac{2(b^2 + c^2) - a^2}{4}\)

=>\(4a^2+b^2+c^2=10(b^2+c^2)-5a^2\)

=>\(4a^2+5a^2=10(b^2+c^2)-(b^2+c^2)\)

=>\(9a^2=9(b^2+c^2)\)

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

=>ΔABC vuông tại A

mình làm cách này là cách khj nào mà ko cách nào khác ms làm vậy thôi, áp dụng định lí sin và cosin trong tam giác

woooooooooo lớp 11

Lời giải:
\(\frac{1+\cos B}{\sin B}=\frac{2a+c}{\sqrt{(2a-c)(2a+c)}}\)

\(\Rightarrow \frac{(1+\cos B)^2}{\sin ^2B}=\frac{2a+c}{2a-c}\) (bình phương 2 vế)

\(\Leftrightarrow \frac{1+\cos ^2B+2\cos B}{\sin ^2B}=\frac{2a-c+2c}{2a-c}\)

\(\Leftrightarrow \frac{\sin ^2B+2\cos ^2B+2\cos B}{\sin ^2B}=1+\frac{2c}{2a-c}\)

\(\Leftrightarrow \frac{\cos ^2B+\cos B}{\sin ^2B}=\frac{c}{2a-c}\)

\(\Rightarrow (2a-c)(\cos ^2B+\cos B)=c\sin ^2B\)

\(\Leftrightarrow 2a\cos ^2B+(2a-c)\cos B=c\sin ^2B+c\cos ^2B=c(\sin ^2B+\cos ^2B)=c\)

\(\Leftrightarrow 2a(\cos ^2B+\cos B)=c(\cos B+1)\)

\(\Leftrightarrow (\cos B+1)(2a\cos B-c)=0\)

Với mọi \(\widehat{B}< 180^0\Rightarrow \cos B+1\neq 0\). Suy ra \(2a\cos B-c=0\Rightarrow \cos B=\frac{c}{2a}\)

Kẻ đường cao $CH$ xuống $AB$

\(\cos B=\frac{BH}{BC}=\frac{BH}{a}=\frac{c}{2a}\)

\(\Rightarrow BH=\frac{c}{2}\) hay $H$ là trung điểm của $AB$. Vậy $CH$ đồng thời là đường cao và đường trung tuyến, suy ra tam giác $ABC$ cân tại $C$