Tui nghĩ đề bị thiếu rồi. Phải là \(\Delta ABC\)có \(AB=AC\) mới đúng.

Trên nửa m.phẳng bờ \(BC\)chứ \(A\) vẽ tia \(Bx\)sao cho \(\widehat{CBx}=20^0\)

Gọi \(D\)là giao điểm của \(Bx\)và \(AC\), \(H\)là hình chiếu của \(A\)trên \(Bx\)

Theo đề ta có: \(AB=AC\Rightarrow\Delta ABC\)cân tại \(A\) và \(\widehat{A}=20^0\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=80^0\)

Lại có: \(\widehat{ABH}+\widehat{HBC}=\widehat{ABC}=80^0\)

Và: \(\widehat{CBx}=20^0\Rightarrow\widehat{ABH}=60^0\Rightarrow BH=\frac{b}{2};AH=\frac{\sqrt{3}b}{2}\)

\(\Rightarrow\Delta CBD\)cân tại \(B\Rightarrow BD=BC=a\)

Lại có: \(\Delta CBD~\Delta CAB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{BC}\Rightarrow CD=\frac{a^2}{b}\)

Ta có: \(AD=AC-CD=b-\frac{a^2}{b};DH=BH-BD=\frac{b}{2}-a\)

Áp dụng định lí Pitago trong \(\Delta ADH\)vuông tại \(H\) có:

\(\Rightarrow AD^2=AH^2+DH^2\)

Vì vậy: \(\left(b-\frac{a^2}{b}\right)^2=\left(\frac{\sqrt{3}b}{2}\right)^2+\left(\frac{b}{2}-a\right)^2\)

\(\Leftrightarrow b^2-2a^2+\frac{a^4}{b^2}=\frac{3b^2}{4}+\frac{b^2}{4}-ab+a^2\)

\(\Leftrightarrow b^2-2a^2+\frac{a^4}{b^2}=b^2-ab+a^2\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^4}{b^2}+ab=3a^2\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3=3ab^2\left(đpcm\right)\)

ồ xin lỗi, đánh thiếu đề

THANKS!

Trần Minh Phong sao làm giống trong cho tam giac ABC, AB=AC=b,A=20,BC=a.CM:a3+b3= 3ab2? | Yahoo Hỏi & Đáp

Trên đường thẳng BC lấy D; E sao cho ∆ ADE đều (B ở giữa C và D). Gọi H là trung điểm BC và DE. Đặt AD = DE = x => BD = (DE -

BC)/2 = (x - a)/2; 2BH = BC => 4BH² = a² 

Ta có : 3x² = 3AD² = 4AH² = 4(AB² - BH²) = 4b² - a² 

Mặt khác dễ thấy AB là phân giác góc A của ∆ ADC nên ta có : AD/AC = BD/BC <=> x/b = (x - a)/2a <=> (b - 2a)x = ab <=> (b -

2a)²(3x²) = 3a²b² <=> (b - 2a)²(4b² - a²) = 3a²b² <=> b⁴ - a⁴ - 4ab³ + a³b + 3a²b² = 0 

<=> (b - a)(a³ + b³ - 3ab²) = 0 

<=> a³ + b³ - 3ab² = 0 (vì b > a) 

<=> a³ + b³ = 3ab² (đpcm)

Giải theo cách lớp ≤ 9 
Trên đường thẳng BC lấy D; E sao cho ∆ ADE đều (B ở giữa C và D). Gọi H là trung điểm BC và DE. Đặt AD = DE = x => BD = (DE - BC)/2 = (x - a)/2; 2BH = BC => 4BH² = a² 
Ta có : 3x² = 3AD² = 4AH² = 4(AB² - BH²) = 4b² - a² 
Mặt khác dễ thấy AB là phân giác góc A của ∆ ADC nên ta có : AD/AC = BD/BC <=> x/b = (x - a)/2a <=> (b - 2a)x = ab <=> (b - 2a)²(3x²) = 3a²b² <=> (b - 2a)²(4b² - a²) = 3a²b² <=> b⁴ - a⁴ - 4ab³ + a³b + 3a²b² = 0 
<=> (b - a)(a³ + b³ - 3ab²) = 0 
<=> a³ + b³ - 3ab² = 0 (vì b > a) 
<=> a³ + b³ = 3ab² (đpcm) 

HOẶC BN CŨNG CÓ THỂ LÀM THEO CÁCH SAU

dựng tia Bx cắt cạnh AC tại D sao cho góc CBx = 20o 
có gócBCD = 80o => góc BDC = 180o-20o-80o = 80o = góc BCD 
=> tgiác BCD cân (tại B) ; gọi H là hình chiếu của A trên Bx 
có góc ABH = 80o - 20o = 60o => HAB là nửa tgiác đều 
=> BH = AB/2 = b/2 ; AH^2 = 3b^2/4 
BD = BC = a => DH = BH-BD = b/2 - a 
hai tgiác cân BCD và ABC đồng dạng => CD/BC = BC/AB 
=> CD = BC^2/AB = a^2/b 
=> AD = AC - CD = b - a^2/b 

pitago cho tgiác vuông HAD ta có: AD^2 = AH^2 + DH^2 
thay số từ các tính toán trên: 
(b - a^2/b)^2 = 3b^2/4 + (b/2 - a)^2 
<=> b^2 + a^4/b^2 - 2a^2 = 3b^2/4 + b^2/4 + a^2 - ab 
<=> a^4/b^2 = 3a^2 - ab 
<=> a^3/b^2 = 3a - b 
<=> a^3 = 3a.b^2 - b^3 
<=> a^3 + b^3 = 3a.b^2 đpcm

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 \(a^2=b^2+c^2+bc\)

Bài 1: 

Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:

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

\(\Leftrightarrow BC^2=5^2+12^2=169\)

hay BC=13cm

Ta có: ΔABC vuông tại A

nên bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC là một nửa của cạnh huyền BC

hay \(R=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{13}{2}=6.5\left(cm\right)\)

Bài 2: 

Ta có: ABCD là hình thang cân

nên A,B,C,D cùng thuộc 1 đường tròn\(\left(đl\right)\)

hay bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD

Xét ΔABC có 

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

nên ΔABC vuông tại A

Suy ra: Bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD là \(R=\dfrac{BC}{2}=10\left(cm\right)\)