use mot cay gay

1.

Gọi $L$ là giao $BM, CN$ thì $L$ là trọng tâm tam giác $ABC$.

Áp dụng công thức đường trung tuyến:

$BM^2=\frac{c^2+a^2}{2}-\frac{b^2}{4}$

$CN^2=\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}$$BL^2=\frac{4}{9}BM^2=\frac{2}{9}(c^2+a^2)-\frac{1}{9}b^2$

$NL^2=\frac{1}{9}CN^2=\frac{1}{18}(a^2+b^2)-\frac{1}{36}c^2$

Theo cong thức Pitago:

$BN^2=BL^2+NL^2$

$\Rightarrow \frac{c^2}{4}=\frac{2}{9}(c^2+a^2)-\frac{1}{9}b^2+\frac{1}{18}(a^2+b^2)-\frac{1}{36}c^2$

$\Rightarrow $5a^2=b^2+c^2$ hay $b^2+c^2=45$

Áp dụng công thức cos:

$a^2=b^2+c^2-2bc\cos A=b^2+c^2-\sqrt{3}bc$

$\Rightarrow 9=45-\sqrt{3}bc\Rightarrow bc=12\sqrt{3}$

$S_{ABC}=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}.12\sqrt{3}.\sin 30=3\sqrt{3}$

Đáp án A.

$b=

2.

\(R_{ABC}=\frac{abc}{4S_{ABC}}=\frac{3bc}{4S}=\frac{3.12\sqrt{3}}{4.3\sqrt{3}}=3\)

Đáp án B.

\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\Rightarrow AB=\dfrac{AC\sqrt{6}}{3}\)

\(AB.AC=32\sqrt{6}\Rightarrow\dfrac{AC^2\sqrt{6}}{3}=32\sqrt{6}\)

\(\Rightarrow AC^2=96\Rightarrow AC=4\sqrt{6}\)

\(\Rightarrow AB=\dfrac{AC\sqrt{6}}{3}=8\)

Kẻ đường cao AD ứng với BC

Do \(C=45^0\Rightarrow\widehat{CAD}=90^0-45^0=45^0\Rightarrow\Delta ACD\) vuông cân tại D

\(\Rightarrow AD=CD=\dfrac{AC}{\sqrt{2}}=4\sqrt{3}\)

Pitago tam giác vuông ABD:

\(BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=4\)

\(\Rightarrow BC=CD+BD=4+4\sqrt{3}\)

\(cosB=\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow B=60^0\)

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AD.BC=\dfrac{1}{2}.4\sqrt{3}.\left(4+4\sqrt{3}\right)=...\)

\(\dfrac{A}{2}+\dfrac{B}{2}=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{C}{2}\Rightarrow tan\left(\dfrac{A}{2}+\dfrac{B}{2}\right)=tan\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{C}{2}\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{tan\dfrac{A}{2}+tan\dfrac{B}{2}}{1-tan\dfrac{A}{2}tan\dfrac{B}{2}}=cot\dfrac{C}{2}=\dfrac{1}{tan\dfrac{C}{2}}\)

\(\Rightarrow tan\dfrac{A}{2}.tan\dfrac{C}{2}+tan\dfrac{B}{2}tan\dfrac{C}{2}=1-tan\dfrac{A}{2}tan\dfrac{B}{2}\)

\(\Rightarrow tan\dfrac{A}{2}tan\dfrac{B}{2}+tan\dfrac{B}{2}tan\dfrac{C}{2}+tan\dfrac{C}{2}tan\dfrac{A}{2}=1\)

Ta có:

\(tan\dfrac{A}{2}+tan\dfrac{B}{2}+tan\dfrac{C}{2}\ge\sqrt{3\left(tan\dfrac{A}{2}tan\dfrac{B}{2}+tan\dfrac{B}{2}tan\dfrac{C}{2}+tan\dfrac{C}{2}tan\dfrac{A}{2}\right)}=\sqrt{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(A=B=C\) hay tam giác ABC đều

1.

\(\overrightarrow{AB}=\left(2;-6\right)\Rightarrow AB=2\sqrt{10}\) \(\Rightarrow BC=AB.cosB=\sqrt{10}\)

Gọi \(C\left(x;y\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AC}=\left(x-1;y-2\right)\\\overrightarrow{BC}=\left(x-3;y+4\right)\end{matrix}\right.\)

Tam giác ABC vuông tại C và có \(BC=\sqrt{10}\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BC}=0\\BC^2=10\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x-1\right)\left(x-3\right)+\left(y-2\right)\left(y+4\right)=0\\\left(x-3\right)^2+\left(y+4\right)^2=10\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2-4x+2y-5=0\\x^2+y^2-6x+8y+15=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-3y-10=0\\x^2+y^2-6x+8y+15=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left(3y+10\right)^2+y^2-6\left(3y+10\right)+8y+15=0\)

\(\Leftrightarrow2y^2+10y+11=0\)

\(\Leftrightarrow y=...\)

2.

Kẻ \(EF\perp BC\)

\(S_{ABC}=9S_{BDE}\Rightarrow AD.BC=9EF.BD\Rightarrow\dfrac{EF}{AD}=\dfrac{BC}{9BD}\)

Talet: \(\dfrac{EF}{AD}=\dfrac{BF}{BD}=\dfrac{BC}{9BD}\Rightarrow BC=9BF\)

Hệ thức lượng: \(BE^2=BF.BC=9BF^2\Rightarrow BE=3BF\)

\(\Rightarrow cosB=\dfrac{BF}{BE}=\dfrac{1}{3}\)

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC và \(r\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp BDE

\(sinB=\sqrt{1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^2}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\)

\(\Rightarrow r=\dfrac{DE}{2sinB}=\dfrac{3}{2}\) (định lý sin tam giác BDE)

Dễ dàng chứng minh 2 tam giác ABC và BDE đồng dạng (chung góc B và \(\widehat{A}=\widehat{BDE}\) vì cùng bù \(\widehat{CDE}\))

Mà \(S_{ABC}=9S_{BDE}\Rightarrow\) 2 tam giác đồng dạng tỉ số \(k=\sqrt{9}=3\)

\(\Rightarrow R=3r=\dfrac{9}{2}\)

Hình vẽ bài số 2: