Câu 1. Cho tam giác MNP cân tại M, nếu góc M=50độ thì góc ở đáy bằng 
A. 130 độ
B. 40 độ 
C. 100 độ
D. 65 độ 
Câu 2. Cho tam giác MNP vuông tại M, theo định lý Pytago ta có: 
A. NM²=MP²+NP²
B. NP²=MN²+MP²
C. MP²=MN²+NP²
D. NP²=MN²-MP²
Câu 3. Nếu tam giác ABC có AC>AB thì theo quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong tam giác 
A. Góc A> góc B
B. Góc A> góc C
C. Góc C> góc A
D. Góc B> góc C

Bài toán này liên qua đến các đường đối trung và điểm Lemoine của tam giác, hy vọng em đã học nó rồi (nếu chứng minh tất cả từ đầu thì sẽ rất tốn thời gian)

Giả sử M, N, P lần lượt thuộc BC, CA, AB, đặt \(BC=a;CA=b;AB=c\)

Gọi G là trọng tâm MNP; H, I, K lần lượt là hình chiếu của G lên BC, CA, AB

Ta có:

\(MN^2+NP^2+MP^2=3\left(GM^2+GN^2+GP^2\right)\ge3\left(GH^2+GI^2+GK^2\right)\)

Lại có:

\(S_{GBC}+S_{GCA}+S_{GAB}=\dfrac{1}{2}\left(GH.a+GI.b+GK.c\right)=S_{ABC}\)

\(\Rightarrow4S^2=\left(GH.a+GI.b+GK.c\right)^2\le\left(GH^2+GI^2+GK^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Rightarrow GH^2+GI^2+GK^2\ge\dfrac{4S^2}{a^2+b^2+c^2}\)

\(\Rightarrow MN^2+NP^2+MP^2\ge\dfrac{12S^2}{a^2+b^2+c^2}\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(\dfrac{GH}{a}=\dfrac{GI}{b}=\dfrac{GK}{c}\) hay G là điểm Lemoine của tam giác ABC

\(\Rightarrow M;N;P\) là hình chiếu vuông góc của điểm Lemoine lên BC, CA, AB.

Bài 1: 

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

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

\(\Leftrightarrow AB^2=AC^2-BC^2=12^2-8^2=80\)

hay \(AB=4\sqrt{5}cm\)

Vậy: \(AB=4\sqrt{5}cm\)

Bài 2: 

Áp dụng định lí Pytago vào ΔMNP vuông tại N, ta được:

\(MP^2=MN^2+NP^2\)

\(\Leftrightarrow MN^2=MP^2-NP^2=\left(\sqrt{30}\right)^2-\left(\sqrt{14}\right)^2=16\)

hay MN=4cm

Vậy: MN=4cm

Bài 1 :

- Áp dụng định lý pi ta go ta được :\(BA^2+BC^2=AC^2\)

\(\Leftrightarrow AB^2+8^2=12^2\)

\(\Leftrightarrow AB=4\sqrt{5}\) ( cm )

Vậy ...

Bài 2 :

- Áp dụng định lý pi ta go vào tam giác MNP vuông tại N có :

\(MN^2+NP^2=MP^2\)

\(\Leftrightarrow MN^2+\sqrt{14}^2=\sqrt{30}^2\)

\(\Leftrightarrow MN=4\) ( đvđd )

Vậy ...

Bài 1 không biết tam giác vuông tại đâu nhỉ?

Bài 1: 

Ta có: ΔABC vuông tại A(gt)

nên \(\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\)(hai góc nhọn phụ nhau)

hay \(\widehat{B}=35^0\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(AB=BC\cdot\sin\widehat{C}\)

\(\Leftrightarrow AB=10\cdot\sin55^0\)

hay \(AB\simeq8,19\left(cm\right)\)

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

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

\(\Leftrightarrow AC^2=BC^2-AB^2=32,9239\)

hay \(AC\simeq5,74\left(cm\right)\)

Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta MNP\) có :

\(AB=MN\left(gt\right)\)

\(BC=NP\left(gt\right)\)

\(AC=NP\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta ABC=\Delta MNP\left(c-c-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{A}=\widehat{M}=65^o\) và \(\widehat{N}=\widehat{B}=71^o\) ( cặp góc tương ứng)

Từ đó ta suy ra được \(\widehat{C}=\widehat{P}=180^o-65^o-71^o=44^o\)

Xét ΔABC và ΔMNP có

AB=MN

BC=NP

AC=MP

=>ΔABC=ΔMNP

=>góc A=góc M=65 độ; góc B=góc N=71 độ; góc C=góc P=180-65-71=180-136=44 độ

\(1,HC=\dfrac{AH^2}{BH}=\dfrac{256}{9}\\ \Rightarrow AB=\sqrt{BH\cdot BC}=\sqrt{\left(\dfrac{256}{9}+9\right)9}=\sqrt{337}\\ 2,BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=10\left(cm\right)\\ \Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=6,4\left(cm\right)\\ 3,AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=9\\ \Rightarrow CH=\dfrac{AC^2}{BC}=5,4\\ 4,AC=\sqrt{BC\cdot CH}=\sqrt{9\left(6+9\right)}=3\sqrt{15}\\ 5,AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=4\sqrt{7}\left(cm\right)\\ \Rightarrow AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=3\sqrt{7}\left(cm\right)\\ 6,AC=\sqrt{BC\cdot CH}=\sqrt{12\left(12+8\right)}=4\sqrt{15}\left(cm\right)\)