Lời giải:

$p=\frac{AB+BC+AC}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{3}+3}{2}$

Theo công thức Heron:

$S_{ABC}=\sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}=\frac{3+\sqrt{3}}{2}$

Bán kính đường tròn ngoại tiếp:

$R=\frac{AB.BC.AC}{4S}=\sqrt{2}$ (đvđd)

Đường thẳng BC nhận \(\overrightarrow{n}=\left(\sqrt{3};-3\right)\) là 1 vtpt

Gọi \(\overrightarrow{n_1}=\left(a;b\right)\) là 1 vtpt của AB (với a;b không đồng thời bằng 0)

Do tam giác ABC đều \(\Rightarrow\widehat{\left(n_1;\overrightarrow{n}\right)}=60^0\)

\(\Rightarrow cos\left(\overrightarrow{n_1};\overrightarrow{n}\right)=\dfrac{\left|a\sqrt{3}-3b\right|}{\sqrt{a^2+b^2}.\sqrt{3+9}}=\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(a-\sqrt{3}b\right)^2=a^2+b^2\)

\(\Leftrightarrow a^2+3b^2-2\sqrt{3}ab=a^2+b^2\)

\(\Leftrightarrow b^2=\sqrt{3}ab\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}b=0\\b=\sqrt{3}a\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Phương trình 2 cạnh còn lại có dạng:

\(\left\{{}\begin{matrix}a\left(x-2\right)+0\left(y-0\right)=0\\a\left(x-2\right)+\sqrt{3}a\left(y-0\right)=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-2=0\\x+\sqrt{3}y-2=0\end{matrix}\right.\)

\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\Rightarrow AB=\dfrac{AC\sqrt{6}}{3}\)

\(AB.AC=32\sqrt{6}\Rightarrow\dfrac{AC^2\sqrt{6}}{3}=32\sqrt{6}\)

\(\Rightarrow AC^2=96\Rightarrow AC=4\sqrt{6}\)

\(\Rightarrow AB=\dfrac{AC\sqrt{6}}{3}=8\)

Kẻ đường cao AD ứng với BC

Do \(C=45^0\Rightarrow\widehat{CAD}=90^0-45^0=45^0\Rightarrow\Delta ACD\) vuông cân tại D

\(\Rightarrow AD=CD=\dfrac{AC}{\sqrt{2}}=4\sqrt{3}\)

Pitago tam giác vuông ABD:

\(BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=4\)

\(\Rightarrow BC=CD+BD=4+4\sqrt{3}\)

\(cosB=\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow B=60^0\)

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AD.BC=\dfrac{1}{2}.4\sqrt{3}.\left(4+4\sqrt{3}\right)=...\)

Ta cần chứng minh:

\(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge48\left(\dfrac{a+b+c}{2}\right)\left(\dfrac{a+b-c}{2}\right)\left(\dfrac{b+c-a}{2}\right)\left(\dfrac{c+a-b}{2}\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)\)

Mặt khác do a;b;c là 3 cạnh của 1 tam giác:

\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)\le abc\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\) (đúng)

Ta có: \(S=\dfrac{1}{2}ab\cdot sinC=\dfrac{1}{2}bc\cdot sinA=\dfrac{1}{2}ac\cdot sinB\)

\(\Leftrightarrow\) \(ab=\dfrac{2S}{sinC}\); \(bc=\dfrac{2S}{sinA}\); \(ac=\dfrac{2S}{sinB}\)

\(\Rightarrow\) \(ab+bc+ca=2S\left(\dfrac{1}{sinA}+\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}\right)\)

Vì \(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^o\) \(\Rightarrow\) \(\dfrac{1}{sinA}+\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}\ge2\sqrt{3}\)

\(\Leftrightarrow\) \(2S\left(\dfrac{1}{sinA}+\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}\right)\ge4\sqrt{3}S\)

Hay \(ab+bc+ca\ge4\sqrt{3}S\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(sinA=sinB=sinC=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) hay \(\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=60^o\)

hay tam giác ABC đều

Chúc bn học tốt!