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 $C$

Ta có: A = \(sin\dfrac{A}{2}+sin\dfrac{B}{2}+sin\dfrac{C}{2}=cos\dfrac{B+C}{2}+2sin\dfrac{B+C}{4}cos\dfrac{B-C}{4}\)

\(\Leftrightarrow A-2sin\dfrac{B+C}{4}cos\dfrac{B-C}{4}-cos^2\dfrac{B+C}{4}+sin^2\dfrac{B+C}{4}=0\)\(\Leftrightarrow A-2sin\dfrac{B+C}{4}cos\dfrac{B-C}{4}+2sin^2\dfrac{B+C}{4}-1=0\)

Δ' = \(cos^2\dfrac{B-C}{4}-2\left(A-1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow A-1\le\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow A\le\dfrac{3}{2}\)

1.

Sửa đề: \(S=\dfrac{1}{6}\left(ch_a+bh_c+ah_b\right)\)

\(a.h_a=b.h_b=c.h_c=2S\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}h_a=\dfrac{2S}{a}\\h_b=\dfrac{2S}{b}\\h_c=\dfrac{2S}{c}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow6S=\dfrac{2Sc}{a}+\dfrac{2Sb}{c}+\dfrac{2Sa}{b}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=3\)

Mặt khác theo AM-GM: \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abc}{abc}}=3\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)

\(\Leftrightarrow\) Tam giác đã cho đều

2.

Bạn coi lại đề, biểu thức câu này rất kì quặc (2 vế không đồng bậc)

Ở vế trái là \(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\) hay \(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\) nhỉ?

3.

Theo câu a, ta có:

\(VT=\dfrac{2S}{a}+\dfrac{2S}{b}+\dfrac{2S}{c}\ge\dfrac{18S}{a+b+c}=\dfrac{18.pr}{a+b+c}=9r\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)

Hay tam giác đã cho đều

4.

Theo định lý hàm sin: \(\left\{{}\begin{matrix}sinA=\dfrac{a}{2R}\\sinB=\dfrac{b}{2R}\\sinC=\dfrac{c}{2R}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\dfrac{a}{2R}=\dfrac{b}{2\sqrt{3}R}=\dfrac{c}{4R}\)

\(\Leftrightarrow a=\dfrac{b}{\sqrt{3}}=\dfrac{c}{2}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{c}{2}\\b=\dfrac{c\sqrt{3}}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a^2+b^2=\dfrac{c^2}{4}+\dfrac{3c^2}{4}=c^2\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\) vuông tại C theo Pitago đảo

a) \(1+tan^2B=1+\dfrac{AC^2}{AB^2}=\dfrac{AB^2+AC^2}{AB^2}=\dfrac{BC^2}{AB^2}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2}=\dfrac{1}{cos^2B}\)

b) Ta có: \(a.sinB.cosB=BC.\dfrac{AC}{BC}.\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AC.AB}{BC}=\dfrac{AH.BC}{BC}=AH\)

\(AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=BC.\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2=BC.cos^2B\)

Tương tự \(\Rightarrow CH=BC.sin^2B\)

\(sin\dfrac{B}{2}=\dfrac{b}{2\sqrt{ac}}\Rightarrow sin^2\dfrac{B}{2}=\dfrac{b^2}{4ac}\Rightarrow\dfrac{1-cosB}{2}=\dfrac{b^2}{4ac}\)

\(\Rightarrow1-\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\dfrac{b^2}{2ac}\Rightarrow2ac-a^2-c^2+b^2=b^2\)

\(\Rightarrow-\left(a-c\right)^2=0\Rightarrow a=c\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\) cân tại B

ΔABC có góc A+góc B+góc C=180 độ

=>3*góc A+2*góc B+góc C=180 độ+2*góc A+góc B

=>\(\dfrac{3A+2B+C}{2}=90^0+A+\dfrac{B}{2}\)

=>\(cos\left(\dfrac{3A+2B+C}{2}\right)=-sin\left(A+\dfrac{B}{2}\right)\)

Lời giải:

Theo BĐT Bunhiacopxky ta có:

$M^2=(\sin A+\sqrt{3}\cos A)^2\leq (\sin ^2A+\cos ^2A)(1+3)=1.4=4$

$\Rightarrow -2\leq M\leq 2$

Do đó $M$ không thể nhận giá trị $2\sqrt{3}$ vì $2\sqrt{3}>2$

Đáp án C.