Phương pháp giải:

+ Sử dụng tính chất tam giác cân có AB = AC = 2a.

+ Sử dụng định lý Pitago \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\) để tính BC.

+ Sử dụng công thức trung tuyến \(MB_{}^2 = {{B{C^2} + A{B^2}} \over 2} - {{A{C^2}} \over 4}\).

Lời giải chi tiết:

+ Ta có AB = AC = 2a.

+ Ta có \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {4{a^2} + 4{a^2}}  = 2\sqrt 2 a\).

+ \(MB_{}^2 = {{B{C^2} + A{B^2}} \over 2} - {{A{C^2}} \over 4} = {{8{a^2} + 4{a^2}} \over 2} - {{4{a^2}} \over 4} = 5{a^2} \Rightarrow MB = a\sqrt 5 \).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức định lí sin: \({{BC} \over {\sin A}} = 2R\)

Lời giải chi tiết:

Từ \({{BC} \over {\sin A}} = 2R \Rightarrow R = {{BC} \over {2\sin A}} = {{10} \over {2\sin {{30}^0}}} = 10\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Vận dụng công thức \({a \over {\sin A}} = {b \over {\sin B}} = {c \over {\sin C}} = 2R\)

Lời giải chi tiết:

Theo định lí cosin ta có \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A = {7^2} + {5^2} - 2.7.5.{3 \over 5} = 32 \Rightarrow a = 4\sqrt 2 \)

Từ công thức \({\sin ^2}A + {\cos ^2}A = 1 \Rightarrow {\mathop{\rm sinA}\nolimits}  = {4 \over 5}\)

Theo định lí sin ta có \({a \over {\sin A}} = 2R \Rightarrow R = {a \over {2\sin A}} = {{4\sqrt 2 } \over {2.{4 \over 5}}} = {{5\sqrt 2 } \over 2}\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức định lí cosin \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A\).

Lời giải chi tiết:

Ta có \(\cos A = {{{b^2} + {c^2} - {a^2}} \over {2bc}}\).

Theo giả thiết \({a^2} < {b^2} + {c^2} \Rightarrow \cos A > 0\).

Vậy góc A nhọn.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức định lí cosin \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A\).

Lời giải chi tiết:

Ta có \(\cos A = {{{b^2} + {c^2} - {a^2}} \over {2bc}} ={{{9^2} + {4^2} - {7^2}} \over {2.9.4}}={2 \over 3}\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Áp dụng định lí cosin: \(\eqalign{  & {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\,CosA  \cr   & {b^2} = {a^2} + {c^2} - 2ac\,CosB \cr} \) và định lý sin: \({a \over {\sin \,A}} = {b \over {\sin \,B}} = 2R\)

Lời giải chi tiết:

Áp dụng định lí cosin:

\(\eqalign{  & {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\,cosA \Rightarrow \cos A = {{{c^2} + {b^2} - {a^2}} \over {2bc}}  \cr   & {b^2} = {a^2} + {c^2} - 2ac\,cosB \Rightarrow \cos B = {{{c^2} + {a^2} - {b^2}} \over {2ac}} \cr} \).

và định lý sin: \({a \over {\sin \,A}} = {b \over {\sin \,B}} = 2R \Rightarrow \sin A = {a \over {2R}},\sin B = {b \over {2R}}.\)

\({{\tan A} \over {\tan B}} = {{\sin A} \over {\cos A}}.{{\cos B} \over {\sin B}} = {{{a \over {2R}}} \over {{{{c^2} + {b^2} - {a^2}} \over {2bc}}}}.{{{{{c^2} + {a^2} - {b^2}} \over {2ac}}} \over {{b \over {2R}}}} = {{{c^2} + {a^2} - {b^2}} \over {{c^2} + {b^2} - {a^2}}}\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương kết hợp sử dụng công thức định lí cosin: \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.cosA\)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{  & {1 \over {b + a}} + {1 \over {a + c}} = {3 \over {a + b + c}} \Leftrightarrow {{a + b + c} \over {b + a}} + {{a + b + c} \over {a + c}} = 3 \Leftrightarrow 1 + {c \over {b + a}} + 1 + {b \over {a + c}} = 3  \cr   &  \Leftrightarrow {c \over {b + a}} + {b \over {a + c}} = 1 \Leftrightarrow c(a + c) + b(a + b) = (b + a)(a + c) \Leftrightarrow ca + {c^2} + ab + {b^2} = ab + bc + {a^2} + ac  \cr   &  \Leftrightarrow {c^2} + {b^2} - {a^2} = bc \Leftrightarrow 2bc.\cos A = bc \Leftrightarrow \cos A = {1 \over 2} \Leftrightarrow \widehat A = {60^0}. \cr} \).

Chọn A.

Phương pháp giải:

+ Tính\(p = {{a + b + c} \over 2}\).

+ Sử dụng công thức \(S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} \).

+ Sử dụng công thức \(S = p.r\).

Lời giải chi tiết:

+ Ta có \(p = {{6 + 8 + 10} \over 2} = 12\)

+ \(S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} =\sqrt {12.6.4.2}  = 24\)

+ \(r = {S \over p} = {{24} \over {12}} = 2\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức: \(S = {1 \over 2}AB.CA.\sin A\).

Lời giải chi tiết:

Ta có \(S = {1 \over 2}AB.AC.\sin A \Rightarrow \sin A = {{2S} \over {AB.AC}} = {{2.64} \over {8.18}} = {8 \over 9}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức trung tuyến: \(\eqalign{  & m_a^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4}  \cr   & m_b^2 = {{{a^2} + {c^2}} \over 2} - {{{b^2}} \over 4}  \cr   & m_c^2 = {{{a^2} + {b^2}} \over 2} - {{{c^2}} \over 4} \cr} \), công thức định lí cosin: \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\,cosA\) và công thức tính diện tích \(S = {1 \over 2}bc\sin A\).

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{  & \left\{ \matrix{  {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\,cosA \Rightarrow {b^2} + {c^2} - {a^2} = 2bc.\cos A \hfill \cr   S = {1 \over 2}bc\sin A \Rightarrow bc = {{2S} \over {\sin A}} \hfill \cr}  \right.  \cr   & m_a^2 = m_b^2 + m_c^2 \Leftrightarrow {{{b^2} + {c^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4} = {{{a^2} + {c^2}} \over 2} - {{{b^2}} \over 4} + {{{a^2} + {b^2}} \over 2} - {{{c^2}} \over 4}  \cr   &  \Leftrightarrow 2{b^2} + 2{c^2} - {a^2} = 2{a^2} + 2{c^2} - {b^2} + 2{a^2} + 2{b^2} - {c^2} \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} = 5{a^2}  \cr   &  \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} - {a^2} = 4{a^2} \Leftrightarrow 2bc\cos A = 4{a^2} \Leftrightarrow {a^2} = {{bc\cos A} \over 2}  \cr   &  \Leftrightarrow {a^2} = {{S.\cos A} \over {\sin A}} \Leftrightarrow {a^2} = S.\cot A \cr} \).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức trung tuyến\(\left\{ \matrix{  m_b^2 = {{{a^2} + {c^2}} \over 2} - {{{b^2}} \over 4} \hfill \cr   m_c^2 = {{{a^2} + {b^2}} \over 2} - {{{c^2}} \over 4} \hfill \cr}  \right.\) và biến đổi tương đương.

Lời giải chi tiết:

Từ giả thiết \({b \over c} = {{{m_c}} \over {{m_b}}}\)  ta có

\({{{b^2}} \over {{c^2}}} = {{m_c^2} \over {m_b^2}} = {{{{{a^2} + {b^2}} \over 2} - {{{c^2}} \over 4}} \over {{{{a^2} + {c^2}} \over 2} - {{{b^2}} \over 4}}} = {{2{a^2} + 2{b^2} - {c^2}} \over {2{a^2} + 2{c^2} - {b^2}}}\)

Suy ra \(2{a^2}{b^2} + 2{b^2}{c^2} - {b^4} = 2{a^2}{c^2} + 2{b^2}{c^2} - {c^4} \Leftrightarrow 2{a^2}({b^2} - {c^2}) = {b^4} - {c^4} = \left( {{b^2} - {c^2}} \right)\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\).

Do tam giác không cân nên ta có \(b \ne c\) . Suy ra \(2{a^2} = {b^2} + {c^2}\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức tính diện tích tam giác \(S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \)  và \(S = pr\)

Lời giải chi tiết:

+ Ta có \(p = {{2a + 2a + 2a} \over 2} = 3a\)

+ Có \(S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}  = \sqrt {3a.a.a.a}  = \sqrt 3 {a^2}\)

+  \(S = p.r \Rightarrow r = {S \over p} = {{\sqrt 3 a} \over 3}\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Áp dụng định lý cosin cho \(\Delta ABC\):

\(\eqalign{  & \,\,\,{a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A  \cr   & \,\,\,{b^2} = {a^2} + {c^2} - 2ac\cos B \cr} \).

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({{{b^2} - {a^2}} \over {2c}} = b\cos \,A - a\,cos\,B \Leftrightarrow {b^2} - {a^2} = 2bc\cos A - 2ac\cos B\,\,\,\left( * \right)\).

Áp dụng định lý cosin cho \(\Delta ABC\):

\(\eqalign{  & \,\,\,\,\,{a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A  \cr   &  \Rightarrow 2bc\cos A = {b^2} + {c^2} - {a^2} \cr} \).

Tương tự: \(2ac\cos B = {a^2} + {c^2} - {b^2}\).

\(\eqalign{  & \left(  *  \right) \Leftrightarrow {b^2} - {a^2} = \left( {{b^2} + {c^2} - {a^2}} \right) - \left( {{a^2} + {c^2} - {b^2}} \right)  \cr   & \,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {b^2} - {a^2} = {b^2} + {c^2} - {a^2} - {a^2} - {c^2} + {b^2}  \cr   & \,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {b^2} - {a^2} = 2{b^2} - 2{a^2}  \cr   & \,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {a^2} = {b^2} \Leftrightarrow a = b \cr} \)

\( \Rightarrow \Delta ABC\) cân tại \(C\).

Chọn A

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức trung tuyến  \(\eqalign{  & m_b^2 = {{{a^2} + {c^2}} \over 2} - {{{b^2}} \over 4}  \cr   & m_c^2 = {{{a^2} + {b^2}} \over 2} - {{{c^2}} \over 4} \cr} \),  tính chất của trọng tâm và công thức định lý Pitago.

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{  & m_b^2 = {{{a^2} + {c^2}} \over 2} - {{{b^2}} \over 4}  \cr   & m_c^2 = {{{a^2} + {b^2}} \over 2} - {{{c^2}} \over 4} \cr} \)

\(BM \cap CN = \left\{ G \right\} \Rightarrow \) G là trọng tâm \(\Delta ABC \Rightarrow BG = {2 \over 3}{m_b};\,\,\,CG = {2 \over 3}{m_c}\)

\(BM \bot CN \Leftrightarrow \Delta BGC\) vuông tại G.

\(\eqalign{  &  \Leftrightarrow B{G^2} + C{G^2} = B{C^2}  \cr   &  \Leftrightarrow {\left( {{2 \over 3}{m_b}} \right)^2} + {\left( {{2 \over 3}{m_c}} \right)^2} = {a^2}  \cr   &  \Leftrightarrow {4 \over 9}\left( {{{{a^2} + {c^2}} \over 2} - {{{b^2}} \over 4}} \right) + {4 \over 9}\left( {{{{a^2} + {b^2}} \over 2} - {{{c^2}} \over 4}} \right) = {a^2}  \cr   &  \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {c^2}} \right) - {b^2} + 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - {c^2} = 9{a^2}  \cr   &  \Leftrightarrow 2{a^2} + 2{c^2} - {b^2} + 2{a^2} + 2{b^2} - {c^2} = 9{a^2}  \cr   &  \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} = 5{a^2} \cr} \)

Chọn D

Phương pháp giải:

Cho tam giác có 3 cạnh lần lượt là \(a,b,c,\) nửa chu vi \(p = \frac{{a + b + c}}{2}.\) Khi đó

\(S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}  = \frac{{abc}}{{4R}}\)  (\(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác)

Lời giải chi tiết:

Dễ thấy bán kính của chiếc đĩa là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Tam giác ABC có nửa chu vi \(p = \frac{{4,3 + 3,7 + 7,5}}{2} = 7,75\)

\(\begin{array}{l}S = \frac{{abc}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{{abc}}{{4\sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} }}\\ = \frac{{4,3.3,7.7,5}}{{4\sqrt {7,75\left( {7,75 - 4,3} \right)\left( {7,75 - 3,7} \right)\left( {7,75 - 7,5} \right)} }} \approx 5,73cm.\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Áp dụng định lý cosin : Cho tam giác ABC ta có \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos \angle A\)

Lời giải chi tiết:

Sau 2 giờ tàu thứ nhất đi được \(AB = 30.2 = 60\)(km)

Sau 2 giờ tàu thứ hai đi được \(AC = 40.2 = 80\) (km)

Sau 2 giờ khoảng cách giữa hai tàu là

\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos \angle A}  = \sqrt {{{60}^2} + {{80}^2} - 2.60.80.\cos {{60}^o}}  = 20\sqrt {13} \,\,\left( {km} \right)\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

+) Áp dụng định lí sin để tính sin góc ABC.

+) Áp dụng định lí cosin để tính AB.

Lời giải chi tiết:

Áp dụng định lí sin ta có: \(\frac{{AC}}{{\sin \widehat {ABC}}} = \frac{{BC}}{{\sin \widehat {BAC}}} \Leftrightarrow \frac{7}{{\sin \widehat {ABC}}} = \frac{{10}}{{\sin {{60}^0}}} \Leftrightarrow \sin \widehat {ABC} = \frac{{7.\sin {{60}^0}}}{{10}} = \frac{{7\sqrt 3 }}{{20}}\)

Áp dụng định lí cosin ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\cos \widehat {BAC} = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB.AC}} \Leftrightarrow \cos {60^0} = \frac{{A{B^2} + {7^2} - {{10}^2}}}{{2.AB.7}}\\ \Leftrightarrow 7AB = A{B^2} - 51 \Leftrightarrow A{B^2} - 7AB - 51 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}AB = \frac{{7 + \sqrt {253} }}{2}\\AB = \frac{{7 - \sqrt {253} }}{2} < 0\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB = \frac{{7 + \sqrt {253} }}{2}\end{array}\)

Phương pháp giải:

Tổng 3 góc trong một tam giác bằng \({180^o}\)

Áp dụng định lý sin để tính.

Lời giải chi tiết:

Xét tam giác ABC ta có: \(\angle A + \angle B + \angle C = {180^o} \Rightarrow \angle A = {180^o} - \angle B - \angle C = {45^o}\)

Theo định lý sin ta có: \(\frac{a}{{\sin \angle A}} = 2R \Rightarrow R = \frac{a}{{2\sin \angle A}} = \frac{4}{{2.\sin {{45}^o}}} = 2\sqrt 2 \)

Chọn A.

Phương pháp giải:

\(\tan \angle ACB = \frac{{\tan \angle MCA + \tan \angle MCB}}{{1 - \tan \angle MCA.\tan \angle MCB}}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có tam giác ABC vuông cân tại A và AB = 2, M  là trung điểm AB

\(\begin{array}{l} \Rightarrow MA = \frac{1}{2}AB = 1\,\,;\,\,AC = AB = 2\\ \Rightarrow \tan \angle ACB = \frac{{AB}}{{AC}} = 1\,\,\,;\,\,\,\tan \angle MCA = \frac{{AM}}{{AC}} = \frac{1}{2}\end{array}\) 

Mặt khác \(\tan \angle ACB = \frac{{\tan \angle MCA + \tan \angle MCB}}{{1 - \tan \angle MCA.\tan \angle MCB}}\)

Hay \(1 = \frac{{\frac{1}{2} + \tan \angle MCB}}{{1 - \frac{1}{2}.\tan \angle MCB}} \Leftrightarrow 1 - \frac{1}{2}\tan \angle MCB = \frac{1}{2} + \tan \angle MCB\)

\( \Leftrightarrow \frac{3}{2}\tan \angle MCB = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \tan \angle MCB = \frac{1}{3}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Ở bài toán này, ta sử dụng định lí hàm sin vào tam giác \({A_1}D{B_1}\) để tính \({A_1}D\)và vào tam giác \({C_1}{A_1}D\) để tính \({C_1}D\) Khi đó chiều cao của tháp là \(CD = {C_1}D + C{C_1}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có \(\angle {C_1}D{A_1} = {90^o} - {49^o} = {41^o};\,\,\,\angle {C_1}D{B_1} = {90^o} - {35^o} = {55^o},\) nên \(\angle {A_1}D{B_1} = {14^o}.\)

Xét \(\Delta {A_1}D{B_1}:\) \(\frac{{{A_1}{B_1}}}{{\sin \angle {A_1}D{B_1}}} = \frac{{{A_1}D}}{{\sin \angle {A_1}{B_1}D}} \Rightarrow {A_1}D = \frac{{12.\sin {{35}^o}}}{{\sin {{14}^o}}} \approx 28,45m.\)

Xét \(\Delta {C_1}{A_1}D\) vuông tại \({C_1}:\) \(\sin \angle {C_1}{A_1}D = \frac{{{C_1}D}}{{{A_1}D}} \Rightarrow {C_1}D = {A_1}D.\sin \angle {C_1}{A_1}D = 28,45.\sin {49^o} \approx 21,47m\) 

\( \Rightarrow CD = {C_1}D + C{C_1} \approx 22,77m\)

Chọn  D.

Phương pháp giải:

Ta sử dụng công thức tính diện tích tam giác: \(S = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}ac\sin B\)

Lời giải chi tiết:

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AC.BC.\sin \angle ACB = \frac{1}{2}ab\sin \angle ACB\)

Vì \(a,b\) không đổi và \(\sin \angle ACB \le 1,\,\,\forall C\) nên \({S_{\Delta ABC}} \le \frac{{ab}}{2}\)

Dấu “\( = \)” xảy ra khi và chỉ khi \(\sin \angle ACB = 1 \Leftrightarrow \angle ACB = {90^o}.\)

Chọn  B

Phương pháp giải:

Ta sử dụng công thức tính diện tích tam giác :

\(\begin{array}{l}S = \frac{{abc}}{{4R}}\\S = pr\end{array}\) , trong đó: \(R:\) bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác; \(r:\) bán kính đường tròn nội tiếp tam giác.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(R = \frac{{abc}}{{4S}},r = \frac{S}{p}\)

Vì tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(b = c\) và \(a = \sqrt {{b^2} + {c^2}}  = b\sqrt 2 \)

Khi đó: \(\frac{R}{r} = \frac{{abc.p}}{{4{S^2}}} = \frac{{abc.\frac{{a + b + c}}{2}}}{{4.\frac{1}{4}.{{\left( {b.c} \right)}^2}}} = \frac{{a\left( {a + 2b} \right)}}{{2{b^2}}} = \frac{{2{b^2}\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}}{{2{b^2}}} = 1 + \sqrt 2 \)

Chọn  A

Phương pháp giải:

B1: Ta tính \(MA,MB\) dựa vào định lí hàm cosin trong hai tam giác \(\Delta MOA,\Delta MOB.\)

B2: Đánh giá \(S = MA + MB \ge c\left( {c = const} \right) \Rightarrow \min S = c\)

Lời giải chi tiết:

Gọi \(\angle MOA = \alpha  \Rightarrow \angle MOB = {180^o} - \alpha \)

Ta có: \(\begin{array}{l}MA = \sqrt {M{O^2} + O{A^2} - 2.MO.OA.cos\alpha }  = \sqrt {9{R^2} + {R^2} - 6{R^2}\cos \alpha }  = R\sqrt {10 - 6\cos \alpha } .\\MB = \sqrt {M{O^2} + O{B^2} - 2.MO.OB.cos\left( {{{180}^o} - \alpha } \right)}  = \sqrt {9{R^2} + {R^2} + 6{R^2}.cos\alpha }  = R\sqrt {10 + 6\cos \alpha } \end{array}\)

Khi đó :

\(\begin{array}{l}S = \sqrt {10 - 6\cos \alpha }  + \sqrt {10 + 6\cos \alpha } \\ \Rightarrow {S^2} = 20 + 2\sqrt {100 - 36{{\cos }^2}\alpha }  \ge 20 + 2\sqrt {100 - 36}  = 36\\ \Rightarrow S \ge 6.\end{array}\)

Dấu “\( = \)” xảy ra \( \Leftrightarrow {\cos ^2}\alpha  = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos \alpha  = 1}\\{\cos \alpha  =  - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\alpha  = {0^o}}\\{\alpha  = {{180}^o}}\end{array}} \right.} \right.\)

Ta có: \(S = MA + MB \ge 6 \Rightarrow \min S = 6R \Leftrightarrow A,O,B,M\) thẳng hàng.

Chọn A

Phương pháp giải:

Áp dụng định lí đường trung tuyến của tam giác \(ABC\):

\(\begin{array}{l}{m_a}^2 = \frac{{2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - {a^2}}}{4}\\{m_b}^2 = \frac{{2\left( {{a^2} + {c^2}} \right) - {b^2}}}{4}\\{m_c}^2 = \frac{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - {c^2}}}{4}\end{array}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{m_a}^2 = \frac{{2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - {a^2}}}{4}\\{m_b}^2 = \frac{{2\left( {{a^2} + {c^2}} \right) - {b^2}}}{4}\\{m_c}^2 = \frac{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - {c^2}}}{4}\end{array} \right.\)      mà \(5{m_a}^2 = {m_b}^2 + {m_c}^2\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 5\left( {\frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{4}} \right) = \frac{{{a^2} + {c^2}}}{2} - \frac{{{b^2}}}{4} + \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} - \frac{{{c^2}}}{4}\\ \Leftrightarrow 10{b^2} + 10{c^2} - 5{a^2} = 2{a^2} + 2{c^2} - {b^2} + 2{a^2} + 2{b^2} - {c^2}\\ \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} = {a^2}\end{array}\)

Suy ra tam giác \(ABC\) vuông tại \(A.\)

Chọn  C

Phương pháp giải:

Vật cân bằng khi tổng hợp lực lên vật bằng vecto không.

Lời giải chi tiết:

Vì vật đứng yên nên \(\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  = \overrightarrow 0 \)

 \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  = \overrightarrow 0  \Rightarrow \overrightarrow {MC}  =  - \left( {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB} } \right) = \overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {BM} \\ \Rightarrow M{C^2} = M{A^2} + M{B^2} + 2MA.MB\cos \angle \left( {\overrightarrow {AM} ,\,\,\overrightarrow {BM} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {50^2} + {50^2} + 2.50.50.\cos 60^\circ  = 3.50^\circ \\ \Rightarrow MC = 50\sqrt 3 .\\ \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = 50\sqrt 3 \,\,N.\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính diện tích tam giác \(S = \frac{1}{2}a.{h_a}.\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(S = \frac{1}{2}a.{h_a} \Rightarrow {h_a} = \frac{{2S}}{a}\)\( \Rightarrow h_a^2 = \frac{{4{S^2}}}{{{a^2}}} = \frac{{4{S^2}}}{{b.c}} = \frac{{2S}}{b}.\frac{{2S}}{c} = {h_b}.{h_c}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Áp dụng định lý hàm số sin và định lý hàm số cos trong tam giác.

Lời giải chi tiết:

Áp dụng định lý cos trong tam giác \(ABC\) ta có:

\(\begin{array}{l}B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC\cos \angle BAC\\B{C^2} = {6^2} + {8^2} - 2.6.8.\cos {60^0}\\BC = 2\sqrt {13} .\end{array}\)

Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác \(ABC\) ta có:

\(\frac{{BC}}{{\sin \angle BAC}} = 2R\) (trong đó \(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BAC\)).

\( \Rightarrow \frac{{2\sqrt {13} }}{{\sin {{60}^0}}} = 2R \Rightarrow R = \frac{{2\sqrt {39} }}{3}.\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Ta sử dụng định lí hàm cosin vào tam giác \(OAB\) để tính \(AB\) , đánh giá biểu thức \(AB\) để tìm được vị trí xa nhất.

Lời giải chi tiết:

Đặt \(OB = x,OA = y\left( {x,y > 0} \right)\)

Theo định lí cosin ta có: \(A{B^2} = {x^2} + {y^2} - 2xy\cos {30^o} = {x^2} + {y^2} - \sqrt 3 xy\)

Theo giải thiết, ta có \(AB = 1 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - \sqrt 3 xy = 1\)

Xét PT bậc hai: \({y^2} - \sqrt 3 xy + {x^2} - 1 = 0\) . Phương trình có nghiệm \(y \Leftrightarrow \Delta  = 3{x^2} - 4\left( {{x^2} - 1} \right) \ge 0 \Leftrightarrow 0 < x \le 2\)

Vậy vị trí xa nhất mà học sinh có thể đạt được cách \(O\) một khoảng là \(2m.\)

Chọn  D    

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức đường trung tuyến và BĐT Cô si cho ba số không âm để tìm được GTNN của biểu thức \(T = \frac{{MA}}{a} + \frac{{MB}}{b} + \frac{{MC}}{c}\) .

Lời giải chi tiết:

Theo công thức độ dài đường trung tuyến, ta có:

\(4{m_a}^2 = 2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - {a^2} \Rightarrow 2\left( {{b^2} + {c^2} + {a^2}} \right) = 4{m_a}^2 + 3{a^2} \ge 4\sqrt 3 a{m_a} \Rightarrow a{m_a} \le \frac{{{b^2} + {c^2} + {a^2}}}{{2\sqrt 3 }}\)

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC,\) khi đó:

\(\frac{{MA}}{a} = \frac{{MA.GA}}{{a.GA}} \ge \frac{{\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {GA} }}{{\frac{2}{3}.\frac{{{b^2} + {c^2} + {a^2}}}{{2\sqrt 3 }}}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{{{b^2} + {c^2} + {a^2}}}\left( {\overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GA} } \right)\overrightarrow {GA}  = \frac{{3\sqrt 3 }}{{{b^2} + {c^2} + {a^2}}}\left( {\overrightarrow {MG} .\overrightarrow {GA}  + G{A^2}} \right)\)

Từ đó, suy ra:

\(\frac{{MA}}{a} + \frac{{MB}}{b} + \frac{{MC}}{c} \ge \frac{{3\sqrt 3 }}{{{b^2} + {c^2} + {a^2}}}\left[ {\overrightarrow {MG} \left( {\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC} } \right) + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}} \right]\)

Lại có: \(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0 ;G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} = \frac{1}{3}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\)

Do đó \(\frac{{MA}}{a} + \frac{{MB}}{b} + \frac{{MC}}{c} \ge \frac{{3\sqrt 3 }}{{\left( {{b^2} + {a^2} + {c^2}} \right)}}\left[ {0 + \frac{1}{3}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} \right] = \sqrt 3 .\)

Đẳng thức xảy ra khi tam giác \(ABC\) đều, đồng thời \(M\) trùng với trọng tâm của tam giác \(ABC.\)

Chọn  D

Phương pháp giải:

+) Ta sử dụng tính chất của hai vecto vuông góc và biến đổi các vecto thông qua 3 vecto \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {DC} \)

+) \(\overrightarrow a \) vuông góc với \(\overrightarrow b  \Leftrightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b  = 0\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

 \(\begin{array}{l}AM \bot BD \Leftrightarrow 2.\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD}  = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right)\overrightarrow {BD}  = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DC} } \right)\left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} } \right) = 0\\ \Leftrightarrow  - A{B^2} + A{D^2} - \overrightarrow {DC} .\overrightarrow {AB}  = 0\\ \Leftrightarrow {h^2} - {a^2} - ab = 0\end{array}\)

Chọn  B.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức định lí hàm cosin: \({c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab\,cosC\).

Lời giải chi tiết:

Từ giả thiết ta có \({a^4} + {b^4} = {c^4} \Rightarrow \left\{ \matrix{  {c^4} > {a^4} \hfill \cr   {c^4} > {b^4} \hfill \cr}  \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{  c > a \hfill \cr   c > b \hfill \cr}  \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{  \widehat C > \widehat A \hfill \cr   \widehat C > \widehat B \hfill \cr}  \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right).\)

Mặt khác, từ giả thiết ta cũng có:

\(\eqalign{  & {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} - 2{a^2}{b^2} = {a^4} + {b^4} = {c^4} \Leftrightarrow {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} - {c^4} = 2{a^2}{b^2} \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) = 2{a^2}{b^2}  \cr   &  \Leftrightarrow {{{a^2} + {b^2} - {c^2}} \over {2ab}} = {{ab} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}} \Leftrightarrow \cos C = {{ab} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}} > 0 \Rightarrow C < {90^0}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right). \cr} \)

Kết hợp (1) và (2) ta có tam giác ABC có 3 góc nhọn.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức cosin \(\eqalign{  & {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\,CosA  \cr   & {b^2} = {a^2} + {c^2} - 2ac\,CosB \cr} \) và công thức tính diện tích \(S = {1 \over 2}bc\sin A = {1 \over 2}ac\sin B = {1 \over 2}ab\sin C\)

Lời giải chi tiết:

Từ giả thiết ta có:

\(\eqalign{  & {a^4} + {b^4} = {c^4} \Leftrightarrow {\left( {{a^2} - {b^2}} \right)^2} + 2{a^2}{b^2} = {c^4} \Leftrightarrow {c^4} - {\left( {{a^2} - {b^2}} \right)^2} = 2{a^2}{b^2}  \cr   &  \Leftrightarrow \left( {{c^2} - {a^2} + {b^2}} \right)\left( {{c^2} + {a^2} - {b^2}} \right) = 2{a^2}{b^2} \cr} \)

\( \Leftrightarrow {{{c^2} - {a^2} + {b^2}} \over {4S}}.{{{c^2} + {a^2} - {b^2}} \over {4S}} = {2 \over 4}.{\left( {{{ab} \over {2S}}} \right)^2}\) (*)

Áp dụng công thức cosin và công thức tính diện tích \(S = {1 \over 2}bc\sin A = {1 \over 2}ac\sin B = {1 \over 2}ab\sin C\)  ta có

(*)  \( \Leftrightarrow {{2bc\cos A} \over {2bc\sin A}}.{{2ac\cos B} \over {2ac\sin B}} = {2 \over 4}.{\left( {{{ab} \over {ab\sin C}}} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow \cot A.\cot B = {1 \over {2{{\sin }^2}C}} \Leftrightarrow {1 \over {\tan A}}.{1 \over {\tan B}} = {1 \over {2{{\sin }^2}C}} \Leftrightarrow \tan A.\tan B = 2{\sin ^2}C\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức định lý cosin và áp dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai.

Lời giải chi tiết:

Sử dụng công thức định lý cosin ta có

\(A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} - 2OA.OB.\cos \widehat {AOB}\)

Theo giả thiết ta có

\(1 = O{A^2} + O{B^2} - 2OA.OB.\cos {30^0 }\)

\( \Leftrightarrow 1 = O{A^2} + O{B^2} - \sqrt 3 OA.OB.\)

Coi biểu thức là phương trình bậc hai đối với OA và tham số OB có

\(O{A^2} - \sqrt 3 OB.OA + O{B^2} - 1 = 0\)

Để phương trình có nghiệm thì \(\Delta  = {\left( {\sqrt 3 OB} \right)^2} - 4\left( {O{B^2} - 1} \right) \ge 0 \Leftrightarrow 4 - O{B^2} \ge 0 \Leftrightarrow OB \le 2\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức tính diện tích tam giác, đẳng thức với vế phải \(a + b + c\) liên tưởng tới công thức chứa nửa chu vi p.

Lời giải chi tiết:

Theo công thức He-rong ta có

\(\sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}  = {{\sqrt 3 } \over 9}{p^2} \Leftrightarrow \left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right) = {1 \over {27}}{p^3}\)

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có \(\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right) \le {{{{\left( {p - a + p - b + p - c} \right)}^3}} \over {27}} = {{{{\left( {3p - \left( {a + b + c} \right)} \right)}^3}} \over {27}} = {{{{\left( {3p - 2p} \right)}^3}} \over {27}} = {{{p^3}} \over {27}}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.

Khi đó tam giác \(ABC\) đều.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Sử dụng định lí cosin trong tam giác chỉ ra các đẳng thức liên hệ

Lời giải chi tiết:

Theo định lí cosin ta có \({\mathop{\rm cosC}\nolimits}  = {{{a^2} + {b^2} - {c^2}} \over {2ab}}\), thay vào đẳng thức thứ hai của hệ trên ta có

\(a = 2b{\mathop{\rm cosC}\nolimits}  = 2b.{{{a^2} + {b^2} - {c^2}} \over {2ab}} \Rightarrow {a^2} = {a^2} + {b^2} - {c^2} \Leftrightarrow {b^2} - {c^2} = 0 \Leftrightarrow {b^2} = {c^2} \Rightarrow b = c\)

Thay b = c vào hệ thức thứ nhất ta có \({{2{b^3} - {a^3}} \over {2b - a}} = {a^2} \Leftrightarrow 2{b^3} - {a^3} = 2b{a^2} - {a^3} \Leftrightarrow {b^2} = {a^2} \Rightarrow a = b\).

Do đó a = b = c. Vậy tam giác \(ABC\) đều.

Chọn C.

Phương pháp giải:

+ Sử dụng định lý Pitago \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\) để tính AC.

+ Sử dụng công thức định lí sin là:\({b \over {\sin B}} = {c \over {\sin C}}\)

+ Sử dụng nhận xét khi \(x \in (0,{90^0 }\)  thì hàm \(y = \sin x\) đồng biến và \(\sin x > 0\).

Lời giải chi tiết:

+ Có \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{{13}^2} - {5^2}}  = 12\).

+ \({b \over {\sin B}} = {c \over {\sin C}} \Rightarrow {{\sin C} \over {\sin B}} = {c \over b} = {5 \over {12}} < 1\)   (*)

+ Tam giác ABC vuông tại A, suy ra B và C là góc nhọn. Do đó \(\sin B > 0\) và \(\sin C > 0\). Từ (*) suy ra \(\sin C < \sin B\) . Suy ra C < B hay \(\beta  < \alpha \).

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức trung tuyến \(m_a^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4}\) và xét hiệu \(m_a^2 - {\left( {{{b + c} \over 2}} \right)^2}\).

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(m_a^2 - {\left( {{{b + c} \over 2}} \right)^2} = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4} - {{{b^2} + {c^2} + 2bc} \over 4} = {{{b^2} + {c^2} - {a^2} - 2bc} \over 4} = {{{{(b - c)}^2} - {a^2}} \over 4}\)

Trong tam giác ta có \(|b - c| < a\) suy ra \({(b - c)^2} < {a^2}\). Do đó \({{{{(b - c)}^2} - {a^2}} \over 4} < 0 \Rightarrow m_a^2 - {\left( {{{b + c} \over 2}} \right)^2} < 0\).

Vậy \({m_a} < {{b + c} \over 2}\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức tính diện tích của tam giác

\(\eqalign{  & S = {1 \over 2}a{h_a} = {1 \over 2}b{h_b} = {1 \over 2}c{h_c}  \cr   & S = {{abc} \over {4R}}  \cr   & S = p.r \cr} \)

Lời giải chi tiết:

Tam giác ABC vuông cân tại A, giả sử có AB = AC = a.

Theo định lý Pi – ta – go ta có \(BC = \sqrt 2 a\). Suy ra \(p =  = {{a + a + a\sqrt 2 } \over 2} = {{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)a} \over 2}\)

+) Ta có \(S = {1 \over 2}AB.AC = {1 \over 2}{a^2}\)

+) Ta có \(R = {{abc} \over {4S}} = {{\sqrt 2 {a^3}} \over {2{a^2}}} = {{\sqrt 2 a} \over 2}\).

+) Ta có \(r = {S \over p} = {{{1 \over 2}{a^2}} \over { = {{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)a} \over 2}}} = {a \over {2 + \sqrt 2 }}\)

Suy ra \({R \over r} = {{\sqrt 2 } \over 2}a.{{2 + \sqrt 2 } \over a} = {{2\sqrt 2  + 2} \over 2} = \sqrt 2  + 1\)

Chọn A. 

Phương pháp giải:

Áp dụng quy tắc hình bình hành.

Lời giải chi tiết:

Dựng hình thoi OABC sao cho \(\angle AOC = {120^o} \Rightarrow {\overrightarrow F _1} = \overrightarrow {OA} ;\,\,\,\overrightarrow {{F_2}}  = \overrightarrow {OC} \)

\( \Rightarrow {\overrightarrow F _1} + \overrightarrow {{F_2}}  = \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow {OB} \)

OABC là hình thoi \(\angle AOC = {120^o} \Rightarrow \angle OAB = {60^o} \Rightarrow \Delta AOB\) là tam giác

 đều \( \Rightarrow OB = 100 \Rightarrow \left| {\overrightarrow F } \right| = 100\;N.\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng định lý sin: \(\frac{a}{{\sin \angle A}} = \frac{b}{{\sin \angle B}} = \frac{c}{{\sin \angle C}} = 2R\)  (\(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác)

Lời giải chi tiết:

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác DEF vuông tại D:

\(EF = \sqrt {D{E^2} + D{F^2}}  = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\)

I  là trung điểm của  DE \( \Rightarrow DI = \frac{1}{2}DE = \frac{3}{2}\)

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác  DIF  vuông tại  D:

\(IF = \sqrt {D{I^2} + D{F^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2} + {4^2}}  = \frac{{\sqrt {73} }}{2}\)

Xét tam giác  DEF  vuông tại D  \( \Rightarrow \sin \angle E = \frac{{DF}}{{EF}} = \frac{4}{5}\) 

Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác IEF ta được:

\(2R = \frac{{IF}}{{\sin \angle E}} = \frac{{\sqrt {73} .5}}{{2.4}} = \frac{{5\sqrt {73} }}{8} \Rightarrow R = \frac{{5\sqrt {73} }}{{16}}\)

Chọn A.