Áp dụng bđt tam giác, ta có:

AB+AI > BI = MB+MI, CI + MI > MC

=> AB + AI + CI + MI > MB + MI + MC

Mà AI + CI = AC

=> AB + AC > MB + MC [1]

Áp dụng bđt tam giác, ta cũng có:

BA + BC > MA + MC [2], CA + CB > MA + MB [3]

Từ [1][2][3] => 2 (AB+AC+CA) > MA + MB + MC

=> MA + MB + MC < AB + AC + BC (đpcm)

C

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

CM: a) Xét tam giác AME và tam giác DMB

có ME = MB (gt)

 góc AME = góc BMD (đối đỉnh)

MA = MD (gt)

=> tam giác AME = tam giác DMB (c.g.c)

=> góc E = góc MBD (hai góc tương ứng)

Mà góc E và góc MBD ở vị trí so le trong

=> AE // BC (1)

b) Xét tam giác AEM và tam giác DCM 

có MA = MD(gt)

  góc EMA = góc DMC (đối đỉnh)

ME = MC (gt)

=> tam giác AEM = tam giác DCM (c.g.c)

=> góc F = góc MCD (hai góc tương ứng)

Mà góc F và góc MCD ở vị trí so le trong 

=> AF // BC (2)

Từ (1) và (2) suy ra AF \equiv≡AE ( theo tiên đề ơ - clit)

=> F,A,E thẳng hàng

c) Xét tam giác FMB và tam giác CME

có MF = MC (gt)

góc FMB = góc EMC (đối đỉnh)

 BM = EM (gt)

=> tam giác FMB = tam giác CME (c.g.c)

=> góc BFM = góc MCE (hai góc tương ứng)

mà góc BFM và góc MCE ở vị trí so le trong

=> BF // CE

Xét \(\Delta MBC\)ta có:

MB+MC>BC (theo bất đẳng thức tam giác)

Mà tam giác ABC đều nên AB=BC

suy ra MB+MC>AB

Ta lại có AB>MA nên MB+MC>MA

Kẻ MD // BC, MF // AC, ME // AB \(\left(D\in AB,F\in BC,E\in AC\right)\)

Ta có:

\(\widehat{DBF}=\widehat{ACB}\) ( \(\Delta ABC\) đều)

\(\widehat{MFB}=\widehat{ACB}\) ( 2 góc đồng vị và MF // AC)

\(\Rightarrow\)\(\widehat{DBF}=\widehat{MFB}\)

Mà MD // BF

Nên tứ giác DMFB là hình thang cân

\(\Rightarrow\)\(DF=MB\)    \(\left(1\right)\)

Chứng minh tương tự ta có:

\(EF=MC\)    \(\left(2\right)\)

\(DE=MA\)    \(\left(3\right)\)

Xét \(\Delta DEF\) theo bất đẳng thức trong tam giác ta có:

\(DF+EF>DE\)    \(\left(4\right)\)

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra 

\(MB+MC>MA\left(đpcm\right)\)