\(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\Leftrightarrow\sin^2\alpha=1-\dfrac{1}{16}=\dfrac{15}{16}\\ \Leftrightarrow\sin\alpha=\dfrac{\sqrt{15}}{4}\\ \cot\alpha=\dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha}=\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{4}{\sqrt{15}}=\dfrac{1}{\sqrt{15}}=\dfrac{\sqrt{15}}{15}\)

Chọn B.

Ta có: góc A tù nên  cos A < 0 ; sinA > 0 ; tan A < 0 ; cot A < 0

Do góc A tù nên góc B và C là các góc nhọn có các giá trị lượng giác đều dương

Do đó: M > 0 ; N > 0 ; P > 0 và Q < 0.

\(bc.cosA=bc\left(\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right)=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}\)

Tương tự: \(ac.cosB=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2}\) ; \(ab.cosC=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}\)

\(\Rightarrow Q=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2S}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{6S}=\dfrac{4p^2}{6\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}\)

\(Q\ge\dfrac{2p\sqrt{p}}{3\sqrt{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}\ge\dfrac{2p\sqrt{p}}{3\sqrt{\left(\dfrac{3p-\left(a+b+c\right)}{3}\right)^3}}=\dfrac{2p\sqrt{p}}{3\sqrt{\dfrac{p^3}{27}}}=2\sqrt{3}\)

Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có:

m c 2 =    a 2 + b 2 2 −   c 2 4 =    2 2 + 2 2 2 −    3 2 4 = 7 4 ⇒ m c = 7 2

Chọn D.

Áp dụng hệ quả của định lí cô sin trong tam giác ta có: 

  c o s ⁡ A = ( b 2 + c 2 - a 2 ) / 2 b c = ( 5 2 + 4 2 - 6 2 ) / 2 . 5 . 4 = 1 / 8 = 0 , 125 .

Chọn A.

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại A:

Ta có: \(cos\left(BA;BC\right)=cosABC=cos60^o=\dfrac{1}{2}.\)

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.