kẻ đường cao AH,BD,CK 

ta có sinA=BD/AB=> BD=sinA.AB

         sinB=CK/BC=> CK=sinB.BC

         sinC=AH/AC=> AH=sinC.AC

ta có sin B=KC/BC=KC/a; sinB=AH/AB=AH/c

=> KC/a=AH/c

=> \(\frac{sinB.a}{a}=\frac{sinC.b}{c}\)

=> \(sinB=\frac{sinC.b}{c}\)

=> sinB.c=sinC.b

=> \(\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}\left(1\right)\)

ta lại có sinC=AH/AC=AH/b; sinC=BD/BC=BD/a

=> AH/b=BD/a

=> \(\frac{sinC.b}{b}=\frac{sinA.c}{a}\)

=> sinC.a=sinA.c

=> \(\frac{c}{sinC}=\frac{a}{sinA}\left(2\right)\)

(1),(2)=> a/sinA=b/sinB=c/sinC (đpcm)

Tự vẽ hình 

Kẻ BH \(\perp\)AC và \(CK\perp\)AB

Tam giác AKC vuông tại K

=>CK=bsinA (1)

Tam giác BKC vuông tại K 

=>CK=asinB  (2)

Từ (1) (2)=>bsinA=asinB

<=>\(\frac{a}{sinA}=\frac{b}{sinB}\)

Chứng minh tương tự ta có :\(\frac{a}{sinA}=\frac{c}{sinC}\)

Vậy ....

\(a,\) Kẻ \(BH\perp AC;CK\perp AB\)

\(\Delta ACK\) vuông tại K có \(CK=b\cdot\sin A\)

\(\Delta BKC\) vuông tại H có \(CK=a\cdot\sin B\)

\(\Rightarrow b\cdot\sin A=a\cdot\sin B\\ \Rightarrow\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}\left(1\right)\)

Cmtt ta được \(a\cdot\sin C=c\cdot\sin A\left(=BH\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{c}{\sin C}\left(2\right)\)

\(\left(1\right)\left(2\right)\RightarrowĐpcm\)

\(b,\) Không thể suy ra đẳng thức

ta có :

Bài 2: 

a: \(\sin\alpha=\sqrt{1-\left(\dfrac{2}{5}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{21}}{5}\)

\(\tan\alpha=\dfrac{\sqrt{21}}{5}:\dfrac{2}{5}=\dfrac{\sqrt{21}}{2}\)

\(\cot\alpha=\dfrac{2}{\sqrt{21}}=\dfrac{2\sqrt{21}}{21}\)

b: Đặt \(\cos\alpha=a;\sin\alpha=b\)

Theo đề, ta có: a-b=1/5

=>a=b+1/5

Ta có: \(a^2+b^2=1\)

\(\Leftrightarrow b^2+\dfrac{2}{5}b+\dfrac{1}{25}+b^2-1=0\)

\(\Leftrightarrow2b^2+\dfrac{2}{5}b-\dfrac{24}{25}=0\)

\(\Leftrightarrow10b^2+2b-24=0\)

=>b=4/5

=>a=3/5

\(\cot\alpha=\dfrac{a}{b}=\dfrac{3}{4}\)

Đặt \(m=2018,\frac{\sin B+m\sin C}{m\cos B+\cos C}=\sin A\Leftrightarrow b+mc=a\left(m\cos B+\cos C\right)\)

\(\Leftrightarrow b+mc=\frac{m\left(a^2+c^2-b^2\right)}{2c}+\frac{a^2+b^2-c^2}{2b}\)

\(\Leftrightarrow2bc\left(b+mc\right)=mb\left(a^2+c^2-b^2\right)+c\left(a^2+b^2-c^2\right)\)

\(\Leftrightarrow2b^2c+2mbc^2=mba^2+mbc^2-mb^3+ca^2+cb^2-c^3\)

\(\Leftrightarrow\left(c+mb\right)\left(b^2+c^2-a^2\right)=0\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2\)

Vậy tam giác ABC vuông tại A

Dễ dàng CM được \(S_{ABC}=6.S_{MBG}\Rightarrow bc=12.S_{MBG}\).Do vậy ta cần CM bc chia hết cho 12

( ta sử dụng tính chất của số chính phương)

- Số chính phương chia 3 chỉ dư 0 hoặc 1

- Số chính phương chia 4 chỉ dư 0 hoặc 1

- Số chính phương lẻ chia 8 chỉ dư 1

*) Ta thấy trong 2 số \(b^2,c^2\)có ít nhất 1 số chia hết cho 3. giả sử không có số nào trong 2 số đó chia hết cho 3. Khi đó mỗi số đều chia 3 dư 1. Do đó a² chia 3 dư 2 ( trái với tính chất số chính phương)

Do 3 là số nguyên tố nên trong 2 số b,c có ít nhất 1 số chia hết cho 3 . (1)

*)Chứng minh trong 2 số b,c có ít nhất 1 số chia hết cho 4. giả sử không có số nào trong 2 số đó chia hết cho 4. Khi đó \(b=4m+r;c=4n+q;r,q\in\left\{1;2;-1\right\}\)

+ Nếu \(r,q\in\left\{1;-1\right\}\Rightarrow a^2\)chia 4 dư 2 ( vô lý)

+ Nếu \(r\in\left\{-1;1\right\},q=2\) hoặc ngược lại thì a² là số lẻ và a² chia 8 dư 5 ( vô lý)

+ Nếu r=q=2 thì \(a^2=4\left(2m+1\right)^2+4\left(2n+1\right)^2\Rightarrow\)a chẵn

Đặt \(a=2p\Rightarrow p^2=\left(2m+1\right)^2+\left(2n+1\right)^2\Rightarrow p^2\)chia 4 dư 2 ( vô lý)

Vậy trong 2 số b,c có ít nhất 1 số chia hết cho 4 (2)

Từ (1) và (2) => đpcm