Các bài toán về tam giác

Tam giác $MNP$ cân tại $N$ nên $\widehat{NMP}=\widehat{NPM}=44°\Rightarrow\widehat{MNP}=180°-2.44°=92°$. Vì tam giác cân nên đường trung tuyến $NH$ ứng với cạnh đáy $MP$ cũng đồng thời là đường phân giác của góc $N$, do đó $\widehat{MNH}=\dfrac{92°}{2}=46°$.

Với bộ số $13;14;28$ ta có $13+14=27<28$, vi phạm bất đẳng thức tam giác (tổng hai cạnh phải lớn hơn cạnh còn lại). Ba bộ số còn lại đều thỏa mãn bất đẳng thức tam giác.

Áp dụng định lí Pytago: $BC^2=AB^2+AC^2=36^2+48^2=3600\Rightarrow BC=60cm$. Vì $AM$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền $BC$ của tam giác vuông nên $AM=\dfrac{1}{2}BC=30cm$.

Đặt $MN=9k, NP=12k, MP=15k\ (k>0)$. Ta có $MN^2+NP^2=81k^2+144k^2=225k^2=MP^2$, nên theo định lí Pytago đảo, $\triangle MNP$ vuông tại $N$ (góc đối diện cạnh lớn nhất $MP$).

Theo Pytago, $BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{64+36}=10cm$. Vì $AB.AC=AH.BC$ (hai cách tính diện tích tam giác vuông) nên $AH=\dfrac{AB.AC}{BC}=\dfrac{48}{10}=4,8cm$. Vậy $\dfrac{AH}{BC}=\dfrac{4,8}{10}=\dfrac{12}{25}$.

Vì hai tam giác đồng dạng nên tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng: $\left(\dfrac{DN}{AM}\right)^2=\dfrac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=\dfrac{1}{36}\Rightarrow \dfrac{DN}{AM}=\dfrac{1}{6}$ (do các đường trung tuyến tương ứng cũng tỉ lệ với tỉ số đồng dạng).

Vì $AM, BM$ chung đáy $BC$ nên $\dfrac{HM}{AM}=\dfrac{\frac{1}{2}HM.BC}{\frac{1}{2}AM.BC}=\dfrac{S_{BHC}}{S_{ABC}}$. Tương tự $\dfrac{HN}{BN}=\dfrac{S_{AHC}}{S_{ABC}}, \dfrac{HP}{CP}=\dfrac{S_{AHB}}{S_{ABC}}$. Cộng lại: $\dfrac{HM}{AM}+\dfrac{HN}{BN}+\dfrac{HP}{CP}=\dfrac{S_{BHC}+S_{AHC}+S_{AHB}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=1$.

Ta có $S_{ABI}+S_{ACI}=S_{ABC}$, tức là $\dfrac{1}{2}AB.IM+\dfrac{1}{2}AC.IN=\dfrac{1}{2}AB.CH$ (vì $CH$ là đường cao ứng với cạnh $AB$). Do tam giác cân tại $A$ nên $AB=AC$, chia hai vế cho $\dfrac{1}{2}AB$ ta được $IM+IN=CH$.

Cạnh $BC$ đối diện $\widehat A$, cạnh $AC$ đối diện $\widehat B$, cạnh $AB$ đối diện $\widehat C$. Vì $AB<BC<AC$ nên cạnh đối diện nhỏ nhất ứng với góc nhỏ nhất và cạnh đối diện lớn nhất ứng với góc lớn nhất, do đó $\widehat C<\widehat A<\widehat B$. Đáp án A.

Vì $15°+75°=90°$ nên $\sin75°=\cos15°\Rightarrow \sin^2 15°+\sin^2 75°=\sin^2 15°+\cos^2 15°=1$. Tương tự $25°+65°=90°$ nên $\sin^2 25°+\sin^2 65°=1$. Vậy $P=1+1=2$. Đáp án B.

Do $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac34$ nên đặt $AB=3k, AC=4k$. Theo Pytago, $BC^2=AB^2+AC^2=25k^2=BC^2\Rightarrow 5k=BC=25\Rightarrow k=5$, suy ra $AB=15cm, AC=20cm$. Vì $AH.BC=AB.AC$ nên $AH=\dfrac{15.20}{25}=12cm$. Đáp án C.

Ta có $BC^2=AB^2+AC^2=81a^2+144a^2=225a^2\Rightarrow BC=15a$. Với hai điểm $E$ trên $AB$: $\left(EA+EB\right)^2\le 2\left(EA^2+EB^2\right)\Rightarrow EA^2+EB^2\ge \dfrac{AB^2}{2}=\dfrac{81a^2}{2}$. Tương tự $FB^2+FC^2\ge\dfrac{BC^2}{2}=\dfrac{225a^2}{2}$ và $IC^2+IA^2\ge\dfrac{CA^2}{2}=\dfrac{144a^2}{2}$. Cộng từng vế: $S\ge\dfrac{81a^2+225a^2+144a^2}{2}=225a^2$. Dấu bằng xảy ra khi $E,F,I$ là trung điểm các cạnh. Đáp án D.

Kẻ đường cao $CH$ của tam giác $ABC$ ($H\in AB$ vì tam giác $ABC$ nhọn). Xét tam giác vuông $ACH$: $CH=AC.\sin A$. Do đó $S=\dfrac{1}{2}AB.CH=\dfrac{1}{2}AB.AC.\sin A$. Đáp án A.

Ta có $S_{\triangle AOB}+S_{\triangle BOC}+S_{\triangle COA}=S_{\triangle ABC}\Leftrightarrow \dfrac12.OH.AB+\dfrac12.OK.BC+\dfrac12.OE.CA=\dfrac{12^2\sqrt3}{4}=36\sqrt3$. Vì $AB=BC=CA=12$ nên $\dfrac12.12.\left(OH+OK+OE\right)=36\sqrt3\Rightarrow OH+OK+OE=6\sqrt3\,cm$. Đáp án B.

Từ $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$, cắt $d$ tại $K$. Ta có $\triangle EAK\backsim\triangle ECF\Rightarrow \dfrac{EA}{EC}=\dfrac{AK}{CF}$; $\triangle IAK\backsim\triangle IBF\Rightarrow \dfrac{IB}{IA}=\dfrac{FB}{AK}$. Nhân từng vế được $\dfrac{EA}{EC}.\dfrac{IB}{IA}=\dfrac{FB}{CF}\Rightarrow \dfrac{EA}{EC}.\dfrac{FC}{FB}.\dfrac{IB}{IA}=1$. Đáp án C.

Kẻ $AH\perp BC$ (giả sử $H$ thuộc đoạn $BM$). Ta có $AB^2+AC^2=2AH^2+BH^2+CH^2=2\left(AM^2-MH^2\right)+BH^2+CH^2=2AM^2+\left(BH-MH\right)\left(BH+MH\right)+\left(CH+MH\right)\left(CH-MH\right)=2AM^2+BM\left(BH-MH\right)+CM\left(CH+MH\right)=2AM^2+\dfrac{BC^2}{2}$. Đáp án D.