Trong \(\Delta\)ABC có: ^A = ^B +2.^C => ^A > ^B và ^A > ^C => BC là cạnh lớn nhất trong tam giác ABC.

+) Xét trường hợp: AB < AC < BC. Khi đó; ta đặt: AB = a; AC = a+1; BC = a+2 (Với a thuộc N^*)

Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho ^BAD = ^ACB, hay ^A₁ = ^C (theo hình vẽ)

Xét \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)DBA có: ^A₁ = ^C; ^B chung => \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)DBA (g.g)

=> \(\frac{AB}{DB}=\frac{BC}{BA}\)=> AB² = BC.BD hay a² = (a+2).BD  (*)

Ta thấy: ^BAC = ^B + 2.^C; ^BAC = ^A₁ + ^A₂ = ^C + ^A₂ => ^B + 2.^C = ^C + A₂ <=> ^B + ^C = ^A₂  (1)

Do ^D₁ là góc ngoài \(\Delta\)BAD nên ^D₁ = ^A₁ + ^B = ^B + ^C (Vì ^C = ^A₁) (2)

Từ (1) và (2) => ^D₁ = ^A₂ => \(\Delta\)ACD cân tại C => AC= CD = a+1 => BD = BC - CD = BC - AC = a+2 - a - 1 = 1

Thay BD = 1 vào (*) ta có: 

\(a^2=\left(a+2\right).1\Leftrightarrow a^2-a-2=0\Leftrightarrow a^2+a-2a-2=0\)

\(\Leftrightarrow a\left(a+1\right)-2\left(a+1\right)=0\Leftrightarrow\left(a+1\right)\left(a-2\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=-1\\a=2\end{cases}}\)

=> a = 2. (Loại TH a = -1 vì a thuộc N^*) => a+1 = 3; a+2 = 4

Hay AB = 2; AC = 3; BC = 4

+) Xét trường hợp AC < AB < BC. Đặt AC = a; AB = a+1; BC = a+2

Chứng ming tương tự TH 1; ta có: AB² = BC.BD; BD = BC - CD = BC - AC = a+2 - a = 2 

Hay \(\left(a+1\right)^2=2\left(a+2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+2a+1=2a+4\Leftrightarrow a^2=3\Leftrightarrow a=\pm\sqrt{3}\)(loại vì a thuộc N*)

Vậy độ dài 3 cạnh trong \(\Delta\)ABC t/m đề là AB = 2; AC = 3; BC = 4. 

Hình như mình đã nhắc nhở bạn một lần về việc không đăng quá nhiều lần 1 bài toán nhưng bạn vẫn làm vậy. Lần sau mình xin phép sẽ xóa hết nhé!

Lời giải:

$3\widehat{A}+2\widehat{B}=180^0$

$\Rightarrow \widehat{A}+\widehat{B}< 90^0\Rightarrow \widehat{C}>90^0$

Do đó trong tam giác $ABC$ thì $AB$ là cạnh lớn nhất. Trên $AB$ lấy $M$ sao cho $AM=AC$

Ta có: 

$\widehat{AMC}=\frac{180^0-\widehat{A}}{2}$

$\Rightarrow \widehat{BMC}=180^0-\frac{180^0-\widehat{A}}{2}=180^0-\frac{3\widehat{A}+2\widehat{B}-\widehat{A}}{2}$

$=180^0-(\widehat{A}+\widehat{B})=\widehat{ACB}$

Do đó:

$\triangle ACB\sim \triangle CMB$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{AB}{CB}=\frac{CB}{MB}$

$\Rightarrow AB.MB=BC^2$

$\Leftrightarrow AB(AB-AM)=BC^2$

$\Leftrightarrow AB^2-AB.AC=BC^2$.

Nếu $(AB,BC,AC)=(k, k+2, k+4)$ thì:

$k^2-k(k+4)=(k+2)^2$

$\Leftrightarrow k^2+8k+4=0$

$\Leftrightarrow k=-4\pm 2\sqrt{3}$ (loại vì $k$ tự nhiên)

Nếu $(AB, BC, AC)=(k+2, k, k+4)$ thì:

$(k+2)^2-(k+2)(k+4)=k^2$

$\Leftrightarrow k^2+2k+4=0$

$\Leftrightarrow (k+1)^2=-3< 0$ (vô lý)

Vậy không tìm được chu vi.
 

Hình vẽ:

@Phạm Hoàng Giang

@trần anh tú

Hình:

Có: \(\widehat{B}:\widehat{C}=2:3\Rightarrow\dfrac{\widehat{B}}{2}=\dfrac{\widehat{C}}{3}\)

và \(\widehat{B}+\widehat{C}=180^o-\widehat{A}=180^o-50^0=130^o\)

Áp dụng tccdts= nhau có:

\(\dfrac{\widehat{B}}{2}=\dfrac{\widehat{C}}{3}=\dfrac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2+3}=\dfrac{130}{5}=26\)

\(\Rightarrow\widehat{B}=26\cdot2=52^o;\widehat{C}=26\cdot3=78^o\)

=> \(\widehat{A}< \widehat{B}< \widehat{C}\Rightarrow BC< AC< AB\)

a) Vì tam giác \(\Delta AMN\backsim\Delta ABC\)  nên ta có \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{MN}}{{BC}}\) (các cạnh tương ứng)

Tỉ số đồng dạng là: \(\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}\).

b) Vì \(\Delta AMN\backsim\Delta ABC\) nên \(\widehat {AMN} = \widehat {ABC} = 65^\circ \)

Vậy \(\widehat {AMN} = 65^\circ \).

a: AM/AB=AN/AC=MN/BC=4/12=1/3

b: góc AMN=góc ABC=65 độ

lkjytreedfyhgfdfgff

lkjhgfgy6tyur65445676t 7 777676r64576556756777777777777/.,mnbvfggjhyjuhjtyj324345

o7uujghhjhjhjjt6yi89-ơ-0

bài này làm được nhưng nhại đánh máy ra.... lên mạng mà search bạn ạ

mình lên rồi nhưng ko có

A, Chứng Minh 

B, Có sẵn điều kiện

1.

\(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{c}{b+c}\overrightarrow{BC}=\dfrac{\left(b+c\right)\overrightarrow{AB}+c\overrightarrow{BC}}{b+c}=\dfrac{b\overrightarrow{AB}+c\overrightarrow{AC}}{b+c}\)

\(\Rightarrow AD^2=\dfrac{\left(b\overrightarrow{AB}+c\overrightarrow{AC}\right)^2}{\left(b+c\right)^2}=\dfrac{2b^2c^2+2b^2c^2.cosA}{\left(b+c\right)^2}=\dfrac{2b^2c^2\left(1+cos\alpha\right)}{\left(b+c\right)^2}\)

\(\Rightarrow AD=\dfrac{bc\sqrt{2+2cos\alpha}}{b+c}\)

2.

\(MA^2+MB^2+MC^2=\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}\right)^2+\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}\right)^2+\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC}\right)^2\)

\(=3MG^2+GA^2+GB^2+GC^2+2\overrightarrow{MG}\left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right)\)

\(=3MG^2+GA^2+GB^2+GC^2\)

\(=3MG^2+\dfrac{4}{9}\left(AM^2+MB^2+MC^2\right)\)

\(=3MG^2+\dfrac{4}{9}\left(\dfrac{2b^2+2c^2-a^2}{4}+\dfrac{2a^2+2c^2-b^2}{4}+\dfrac{2a^2+2b^2-c^2}{4}\right)\)

\(=3MG^2+\dfrac{4}{9}.\dfrac{3}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(=3MG^2+\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

3.

Hình vẽ:

Đặt các vecto đơn vị \(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{w}\) cùng hướng \(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{BC};\overrightarrow{CA}\)

Khi đó \(\left(\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}+\overrightarrow{w}\right)^2=3-2\left(cosA+cosB+cosC\right)=3-2P\)

\(\Rightarrow3-2P=\left(\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}+\overrightarrow{w}\right)^2\ge0\Rightarrow P\le\dfrac{3}{2}\)

\(maxP=\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow\Delta ABC\) đều

Xét tg BDK,có:

BD=BC(gt)

DE=CE(theo phần a)

DK=CK(gt)

=>B,E,K thẳng hàng

và BK là đưòng trung trực của tg BDK

mà \(K\in DC\)

=>BK \(\perp\)DC hay \(KE\perp DC\)

hay EK