+) Giả sử 0<a≤c0<a≤c ta có: a2≤c2a2≤c2

a2+b2>5c2a2+b2>5c2

⇒a2+b2>5a2⇒a2+b2>5a2

⇒b2>4a2⇒b2>4a2

⇒b>2a⇒b>2a (1)

c2>a2⇒b2+c2>a2+b2>5c2c2>a2⇒b2+c2>a2+b2>5c2

⇒b2>4c2⇒b2>4c2

⇒b>2c⇒b>2c (2)

Cộng (1), (2) ⇒2b>2a+2c⇒2b>2a+2c

⇒b>a+c⇒b>a+c ( vô lí )

⇒c<a⇒c<a

+) Chứng minh tương tự suy ra c < b

{c<ac<b⇒{Cˆ<AˆCˆ<Bˆ⇒2Cˆ<Aˆ+Bˆ{c<ac<b⇒{C^<A^C^<B^⇒2C^<A^+B^

⇒3Cˆ<Aˆ+Bˆ+Cˆ⇒3C^<A^+B^+C^

⇒3Cˆ<180o⇒3C^<180o

⇒Cˆ<60o(đpcm)⇒C^<60o(đpcm)

Vậy...

Xin lỗi các bạn dấu mũ bị lộn nhé!

Nhìn cái avatar của Lê Quốc Vương mà nhớ lại mình 2 năm trước quá

ơi giời ơi bà con ơi thi HSG mà bài này ko bt làm 

Gọi G là giao điểm của AM và BN.

Theo công thức tính độ dài đường trung tuyến: \(AM^2=\dfrac{2b^2+2c^2-a^2}{4}\);

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

Từ đó \(AG^2=\dfrac{4}{9}AM^2=\dfrac{2b^2+2c^2-a^2}{9}\); \(BG^2=\dfrac{4}{9}BN^2=\dfrac{2c^2+2a^2-b^2}{9}\).

Do đó \(AG^2+BG^2=\dfrac{a^2+b^2+4c^2}{9}=\dfrac{9c^2}{9}=c^2=AB^2\).

Theo định lý Pythagoras đảo thì tam giác AGB vuông tại G.

Vậy góc giữa 2 trung tuyến AM và BN là 90^o.

Kẻ đường cao BD ứng với AC. Do góc A tù \(\Rightarrow\) D nằm ngoài đoạn thẳng AC hay \(CD=AD+AC\) và \(\widehat{DAB}=180^0-120^0=60^0\)

Áp dụng định lý Pitago:

\(AB^2=BD^2+AD^2\) \(\Rightarrow BD^2=AB^2-AD^2\)

Trong tam giác vuông ABD:

\(cos\widehat{BAD}=\dfrac{AD}{AB}\Rightarrow\dfrac{AD}{AB}=cos60^0=\dfrac{1}{2}\Rightarrow AD=\dfrac{1}{2}AB\)

\(\Rightarrow BD^2=AB^2-\left(\dfrac{1}{2}AB^2\right)=\dfrac{3}{4}AB^2\)

Pitago tam giác BCD:

\(BC^2=BD^2+CD^2=\dfrac{3}{4}AB^2+\left(AD+AC\right)^2\)

\(=\dfrac{3}{4}AB^2+\left(\dfrac{1}{2}AB+AC\right)^2\)

\(=\dfrac{3}{4}AB^2+\dfrac{1}{4}AB^2+AB.AC+AC^2\)

\(=AB^2+AB.AC+AC^2\)

Hay \(a^2=b^2+c^2+bc\)