Gọi 2 trung tuyến AD và BE cắt nhau tại G

Theo công thức trung tuyến:

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

Mà \(BG=\dfrac{2}{3}BE\Rightarrow BG^2=\dfrac{2\left(a^2+c^2\right)-b^2}{9}\)

Tương tự ta có \(AG^2=\dfrac{2\left(b^2+c^2\right)-a^2}{9}\)

Pitago cho tam giác vuông ABG:

\(AB^2=AG^2+BG^2\Leftrightarrow c^2=\dfrac{2\left(a^2+c^2\right)-b^2+2\left(b^2+c^2\right)-a^2}{9}\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2=5c^2\)

b.

Theo định lý hàm sin:

\(\dfrac{a}{sinA}=\dfrac{b}{sinC}=\dfrac{c}{sinC}=2R\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}sinA=\dfrac{a}{2R}\\sinB=\dfrac{b}{2R}\\sinC=\dfrac{c}{2R}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow cotA=\dfrac{cosA}{sinA}=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}.\dfrac{2R}{a}=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{abc}.R\)

Tương tự: \(cotB=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{abc}.R\); \(cotC=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{abc}.R\)

\(\Rightarrow cotA+cotB=\left(b^2+c^2-a^2+a^2+c^2-b^2\right).\dfrac{R}{abc}=\dfrac{2c^2}{abc}.R\)

Mà theo câu a ta có \(5c^2=a^2+b^2\Rightarrow2c^2=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}\)

\(\Rightarrow cotA+cotB=\dfrac{1}{2}.\dfrac{a^2+b^2-c^2}{abc}.R=\dfrac{1}{2}cotC\)

\(\Rightarrow cotC=2\left(cotA+cotB\right)\)

\(sina+2cosa\le\sqrt{\left(1+2^2\right)\left(sin^2a+cos^2a\right)}=\sqrt{5}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

\(\dfrac{sina}{1}=\dfrac{cosa}{2}\Leftrightarrow\dfrac{sina}{cosa}=\dfrac{1}{2}\)

\(\Rightarrow tana=\dfrac{1}{2}\)

\(\overrightarrow{AB}=\left(-2;0\right)=-2\left(1;0\right)\Rightarrow AB\) nhận (1;0) là 1 vtcp

Phương trình có dạng:

\(\left\{{}\begin{matrix}x=3+t'\\y=-7+0.t'\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3+t'\\y=-7\end{matrix}\right.\)

Đặt \(3+t'=t\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=t\\y=-7\end{matrix}\right.\)

A mới là đáp án đúng, ko phải D

Áp dụng định lý hàm sin cho tam giác ACM:

\(\dfrac{CM}{sinA}=\dfrac{AM}{sin\alpha}\)

Cho tam giác BCM:

\(\dfrac{CM}{sinB}=\dfrac{BM}{sin\beta}\)

\(\Rightarrow\dfrac{sinA}{sinB}=\dfrac{sin\alpha}{sin\beta}.\dfrac{BM}{AM}=\dfrac{sin\alpha}{sin\beta}\) (do CM là trung tuyến \(\Rightarrow AM=BM\))

\(sin^2B+sin^2C=2sin^2A\) chỉ có thể suy ra \(\widehat{A}\le60^0\) , không suy ra \(\widehat{A}=60^0\) được

\(\Delta'\) có 1 vtcp là (2;1) \(\Rightarrow\Delta\) cũng nhận (2;1) là vtcp

Phương trình: \(\left\{{}\begin{matrix}x=2t\\y=-1+t\end{matrix}\right.\)

\(p=\dfrac{a+b+c}{2}=40\)

\(S=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}=\sqrt{40.16.14.10}=94,71\left(cm\right)\)

\(r=\dfrac{S}{p}=2,37\left(cm\right)\)

\(A=180^0-\left(B+C\right)=60^0\)

Áp dụng định lý hàm sin:

\(\dfrac{a}{sinA}=\dfrac{b}{sinB}=\dfrac{c}{sinC}=2R\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b=\dfrac{a.sinB}{sinA}=\dfrac{75.sin80^0}{sin60^0}=85,3\left(cm\right)\\c=\dfrac{a.sinC}{sinA}=\dfrac{75.sin40^0}{sin60^0}=55,7\left(cm\right)\\R=\dfrac{a}{2sinA}=\dfrac{75}{2.sin60^0}=25\sqrt{3}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

Mỏi cổ quá, em cố gắng xoay đề lại cho mọi người dễ đọc nha

\(\dfrac{sin^3\dfrac{B}{2}}{cos\left(\dfrac{A+C}{2}\right)}+\dfrac{cos^3\dfrac{B}{2}}{sin\left(\dfrac{A+C}{2}\right)}-\dfrac{cos\left(A+C\right)}{sinB}.tanB\)

\(=\dfrac{sin^3\dfrac{B}{2}}{cos\left(\dfrac{180^0-B}{2}\right)}+\dfrac{cos^3\dfrac{B}{2}}{sin\left(\dfrac{180^0-B}{2}\right)}-\dfrac{cos\left(180^0-B\right)}{sinB}.tanB\)

\(=\dfrac{sin^3\dfrac{B}{2}}{cos\left(90^0-\dfrac{B}{2}\right)}+\dfrac{cos^3\dfrac{B}{2}}{sin\left(90^0-\dfrac{B}{2}\right)}+\dfrac{cosB}{sinB}.tanB\)

\(=\dfrac{sin^3\dfrac{B}{2}}{sin\left(\dfrac{B}{2}\right)}+\dfrac{cos^3\dfrac{B}{2}}{cos\dfrac{B}{2}}+cotB.tanB\)

\(=sin^2\dfrac{B}{2}+cos^2\dfrac{B}{2}+1=1+1=2\)