\(a\left(c.cosC-b.cosB\right)=a\left(c.\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}-b.\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\right)\)

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

\(=\dfrac{b^4-c^4+a^2c^2-a^2b^2}{2bc}\)

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

Bài 1 :                                                      Bài giải

Hình tự vẽ //                                       

a) Ta có DOC = cung DC

Vì DOC là góc ở tâm và DAC là góc chắn cung DC

=>DOC = 2 . AOC (1)

mà tam giác AOC cân =>AOC=180-2/AOC (2)

Từ (1) ; (2) ta được DOC + AOC = 180

b) Góc ACD là góc nội tiếp chắn nữa đường tròn

=>ACD=90 độ

c) c) HC=1/2*BC=12

=>AH=căn(20^2-12^2)=16

Ta có Sin(BAO)=12/20=>BAO=36.86989765

=>AOB=180-36.86989765*2=106.2602047

Ta có AB^2=AO^2+OB^2-2*OB*OA*cos(106.2602047)

<=>AO^2+OA^2-2OA^2*cos(106.2602047)=20^2

=>OA=12.5

Gọi G' là giao của IJ và AA₁

Xét \(\Delta\)ABC có B₁;C₁ lần lượt là trung điểm của cạnh AC và AB

=> B₁C₁ =\(\frac{BC}{2}\). Tương tự: A₁B₁=\(\frac{AB}{2}\); C₁A₁=\(\frac{CA}{2}\)

Xét \(\Delta\)A₁B₁C₁ và \(\Delta\)ABC có: \(\frac{A_1B_1}{AB}=\frac{B_1C_1}{BC}=\frac{C_1A_1}{CA}\left(=\frac{1}{2}\right)\)

Do đó tam giác A₁B₁C₁ đồng dạng với tam giác ABC (c.c.c)

=> \(\widehat{B_1A_1C_1}=\widehat{BAC};\widehat{A_1B_1C}=\widehat{ABC}\)

mà \(\widehat{JA_1B_1}=\frac{\widehat{B_1A_1C_1}}{2},\widehat{IAB}=\frac{\widehat{BAC}}{2}\)

Do đó: \(\Delta JA_1B_1\) đồng dạng với tam giác IAB (g.g)

=> \(\frac{JA_1}{IA}=\frac{A_1B_1}{AB}=\frac{1}{2}\)

Mà \(\widehat{BAA_1}=\widehat{AA_1B_1}\left(slt;AB//A_1B_1\right)\). Nên \(\widehat{IAA_1}=\widehat{IA_1A}\Rightarrow AI//A_1J\)

Xét tam giác G'AI có: A₁J // AI => \(\frac{G'A_1}{G'A}=\frac{G'J}{G'I}=\frac{JA_1}{IA}=\frac{1}{2}\) (hệ quả của định lý Talet)

=> \(AG'=\frac{2}{3}AA_1\)

Tam giác ABC có AA₁ là đường trung tuyến, G' thuộc đoạn thẳng AA₁ và AG' \(=\frac{2}{3}AA_1\)

Do đó G' là trọng tâm tam giác ABC, G' thuộc đoạn thẳng AA₁ và AG'=\(\frac{2}{3}AA_1\)