20 câu trắc nghiệm nhận dạng tam giác lớp 10 giải chi tiết được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 2 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.
Câu 1: Cho $a;b;c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Mệnh đề nào sau đây không đúng?
A. ${a^2} < ab + ac$.
B. ${a^2} + {c^2} < {b^2} + 2ac$.
C. ${b^2} + {c^2} > {a^2} + 2bc$.
D. $ab + bc > {b^2}$.
Lời giải
Chọn C
Do nên mệnh đề $C$ sai.
Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có $a < b + c \Rightarrow {a^2} < ab + ac$;áp án A đúng.
Tương tự $a + c > b \Rightarrow ab + bc > {b^2}$;mệnh đề $D$ đúng.
Ta có: ${a^2} + {c^2} – {b^2} = 2ac \cdot cosB < 2ac \Rightarrow {a^2} + {c^2} < {b^2} + 2ac$;mệnh đề $B$ đúng.
Câu 2: Cho tam giác $ABC$ có ${a^2} + {b^2} – {c^2} > 0$. Khi đó:
A. Góc $C > {90^ \circ }$
B. Góc $C < {90^ \circ }$
C. Góc $C = {90^0}$
D. Không thể kết luận được gì về góc $C$.
Lời giải
Chọn B
Ta có: $cosC = \frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{{2ab}}$.
Mà: ${a^2} + {b^2} – {c^2} > 0$ suy ra: $cosC > 0 \Rightarrow C < {90^ \circ }$.
Câu 3: Cho tam giác $ABC$ thoả mãn: ${b^2} + {c^2} – {a^2} = \sqrt 3 bc$. Khi đó:
A. $A = {30^ \circ }$.
B. $A = {45^0}$.
C. $A = {60^ \circ }$.
D. $A = {75^ \circ }$.
Lời giải
Chọn A
Ta có: $cosA = \frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}} = \frac{{\sqrt 3 bc}}{{2bc}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A = {30^0}$.
Câu 4: Tam giác $ABC$ có $AB = c,BC = a,CA = b$. Các cạnh $a,b,c$ liên hệ với nhau bởi đẳng thức $b\left( {{b^2} – {a^2}} \right) = c\left( {{a^2} – {c^2}} \right)$. Khi đó góc $\widehat {BAC}$ bằng bao nhiêu độ.
A. ${30^ \circ }$.
B. ${60^ \circ }$.
C. ${90^ \circ }$.
D. ${45^ \circ }$.
Lời giải
Chọn B
Theo bài ra, ta có: $b\left( {{b^2} – {a^2}} \right) = c\left( {{a^2} – {c^2}} \right) \Leftrightarrow {b^3} – {a^2}b = {a^2}c – {c^3} = 0$
$ \Leftrightarrow {b^3} + {c^3} – {a^2}b – {a^2}c = 0$
$ \Leftrightarrow \left( {b + c} \right)\left( {{b^2} – bc + {c^2}} \right) – {a^2}\left( {b + c} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left( {b + c} \right)\left( {{b^2} – bc + {c^2} – {a^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow {b^2} – bc + {c^2} – {a^2} = 0$$ \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} – {a^2} = bc \Leftrightarrow \frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow cos\widehat {BAC} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {BAC} = {60^ \circ }$.
Câu 5: Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ và $M$ là điểm nằm trong tam giác $ABC$ sao cho $MA:MB:MC = 1:2:3$ khi đó góc $AMB$ bằng bao nhiêu?
A. ${135^ \circ }$.
B. ${90^ \circ }$.
C. ${150^ \circ }$.
D. ${120^ \circ }$.
Lời giải
Chọn A
$MB = x \Leftrightarrow MA = 2x;MC = 3x$ với $0 < x < BC = \sqrt 2 $.
Ta có $cos\widehat {BAM} = \frac{{1 + 4{x^2} – {x^2}}}{{2.1.2x}} = \frac{{3{x^2} + 1}}{{4x}}$
$cos\widehat {MAC} = \frac{{1 + 4{x^2} – 9{x^2}}}{{4x}} = \frac{{1 – 5{x^2}}}{{4x}}$
$ \Rightarrow {\left( {\frac{{3{x^2} + 1}}{{4x}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{1 – 5{x^2}}}{{4x}}} \right)^2} = 1 \Rightarrow 9{x^4} + 6{x^2} + 1 + 1 – 10{x^2} + 25{x^4} = 16$.
$ \Rightarrow 34{x^4} – 20{x^2} + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x^2} = \frac{{5 + 2\sqrt 2 }}{{17}} > \frac{1}{5}\left( l \right)} \\
{{x^2} = \frac{{5 – 2\sqrt 2 }}{{17}}}
\end{array}} \right.$.
$ \Rightarrow cos\widehat {AMB} = \frac{{A{M^2} + B{M^2} – A{B^2}}}{{2AM \cdot BM}} = \frac{{4{x^2} + {x^2} – 1}}{{2.2x \cdot x}}$
$ = \frac{{5{x^2} – 1}}{{4{x^2}}} = \left( {\frac{{25 – 10\sqrt 2 }}{{17}} – 1} \right):\frac{{20 – 8\sqrt 2 }}{{17}} = \frac{{ – \sqrt 2 }}{2}$.
Vậy $\widehat {AMB} = {135^ \circ }$.
Câu 6: Cho tam giác $ABC$ thoả mãn hệ thức $b + c = 2a$. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
A. $cosB + cosC = 2cosA$.
B. $sinB + sinC = 2sinA$.
C. $sinB + sinC = \frac{1}{2}sinA$.
D. $sinB + cosC = 2sinA$.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
$\frac{a}{{sinA}} = \frac{b}{{sinB}} = \frac{c}{{sinC}} = 2R$
$ \Rightarrow \frac{{\frac{{b + c}}{2}}}{{sinA}} = \frac{b}{{sinB}} = \frac{c}{{sinC}} $
$\Leftrightarrow \frac{{b + c}}{{2sinA}} = \frac{{b + c}}{{sinB + sinC}}$
$\Leftrightarrow sinB + sinC = 2sinA$.
Câu 7: Tam giác $ABC$ có các cạnh $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b – c} \right) = 3ab$. Tính số đo của góc $C$.
A. ${45^ \circ }$.
B. ${60^ \circ }$.
C. ${120^ \circ }$.
D. ${30^ \circ }$.
Lời giải
Chọn B.
Ta có: $\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b – c} \right) = 3ab $
$\Leftrightarrow {(a + b)^2} – {c^2} = 3ab \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} – {c^2} = ab$.
Mà $cosC = \frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{{2ab}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \hat C = {60^ \circ }$.
Câu 8: Cho tam giác $ABC$. Đẳng thức nào sai?
A. $sin\left( {A + B – 2C} \right) = sin3C$.
B. $cos\frac{{B + C}}{2} = sin\frac{A}{2}$.
C. $cos\frac{{A + B + 2C}}{2} = sin\frac{C}{2}$.
D. $sin\left( {A + B} \right) = sinC$.
Lời giải
Chọn C.
Do $cos\frac{{A + B + 2C}}{2} = cos\left( {\frac{{A + B}}{2} + C} \right) = cos\left( {\frac{\pi }{2} – \frac{C}{2} + C} \right) = cos\left( {\frac{\pi }{2} + \frac{C}{2}} \right) = – sin\frac{C}{2}$.
Câu 9: Cho tam giác $ABC$, các đường cao ${h_a},{h_b},{h_c}$ thỏa mãn hệ thức $3{h_a} = 2{h_b} + {h_c}$. Tìm hệ thức giữa $a,b,c$
A. $\frac{3}{a} = \frac{2}{b} – \frac{1}{c}$.
B. $3a = 2b + c$.
C. $3a = 2b – c$.
D. $\frac{3}{a} = \frac{2}{b} + \frac{1}{c}$.
Lời giải
Chọn D.
$3{h_a} = 2{h_b} + {h_c} \Leftrightarrow \frac{{6S}}{a} = \frac{{4S}}{b} + \frac{{2S}}{c} \Leftrightarrow \frac{3}{a} = \frac{2}{b} + \frac{1}{c}$.
Câu 10: Cho tam giác $ABC$, nếu $2{h_a} = {h_b} + {h_c}$ thì
A. $\frac{2}{{sinA}} = \frac{1}{{sinB}} + \frac{1}{{sinC}}$.
B. $2sinA = sinB + sinC$.
C. $sinA = 2sinB + 2sinC$.
D. $\frac{2}{{sinA}} = \frac{1}{{sinB}} – \frac{1}{{sinC}}$.
Lời giải
Chọn A.
$2{h_a} = {h_b} + {h_c} \Leftrightarrow \frac{{4S}}{a} = \frac{{2S}}{b} + \frac{{2S}}{c} \Leftrightarrow \frac{4}{{2RsinA}} = \frac{2}{{2RsinB}} + \frac{2}{{2RsinC}} \Leftrightarrow \frac{2}{{sinA}} = \frac{1}{{sinB}} + \frac{1}{{sinC}}.$
Câu 11: Diện tích $S$ của tam giác sẽ thỏa mãn hệ thức nào trong hai hệ thức sau đây?
I. ${S^2} = p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)$
II. $16{S^2} = \left( {a + b + c} \right)\left( {a + b – c} \right)\left( {a – b + c} \right)\left( {b + c – a} \right)$
A. Chỉ I.
B. Chỉ II.
C. Cả I và II.
D. Không có.
Lời giải
Chọn A.
Áp dụng công thức Hê-rông $S = \sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)} \Leftrightarrow {S^2} = p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)$
Nếu thay $p = \frac{{a + b + c}}{2}$ vào công thức Hê – rông thì ta có: $8{S^2} = \left( {a + b + c} \right)\left( {a + b – c} \right)\left( {a – b + c} \right)\left( {b + c – a} \right)$.
Câu 12: Cho tam giác $ABC$ không vuông ( đặt $BC = a,AB = c,AC = b$ ). Giá trị $\frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}$ bằng
A. $\frac{{sinA}}{{cosB}}$.
B. $\frac{{tanA}}{{tanB}}$.
C. $\frac{{sinA}}{{sinB}}$.
D. $\frac{{cosA}}{{cosB}}$.
Lời giải
Chọn B.
$\frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}} = \frac{{2accosB}}{{2bccosA}}$ $ = \frac{{acosB}}{{bcosA}}$
$ = \frac{{2RsinAcosB}}{{2RsinBcosA}} = \frac{{tanA}}{{tanB}}$.
Câu 13: Cho tam giác $ABC$ có $\widehat {ABC} = {45^ \circ }$. Gọi $D$ là điểm trên đọ̣n $BC$ sao cho $CD = 2BD$ và $\widehat {DAB} = {15^0}$. Góc $\widehat {ACB}$ bằng
A. ${60^ \circ }$.
B. ${72^0}$.
C. ${75^0}$.
D. ${80^ \circ }$.
Lời giải
Chọn C.
Ta có: $\widehat {ADC} = {60^ \circ }$
Cách 1: Áp dụng định lý sin trong hai tam giác $ADC$ và $ABC$ ta có:
$\frac{{CD}}{{sin\widehat {CAD}}} = \frac{{CA}}{{sin{{60}^ \circ }}};\frac{{BC}}{{sin\left( {\widehat {CAD} + {{15}^ \circ }} \right)}} = \frac{{CA}}{{sin{{45}^ \circ }}}$
$ \Rightarrow \frac{{CDsin\left( {\widehat {CAD} + {{15}^ \circ }} \right)}}{{BCsin\widehat {CAD}}} = \frac{{sin{{45}^ \circ }}}{{sin{{60}^ \circ }}}$
$ \Rightarrow \frac{{sin\widehat {CAD}}}{{sin\left( {\widehat {CAD} + {{15}^ \circ }} \right)}} = \sqrt {\frac{2}{3}} = \frac{{sin{{45}^ \circ }}}{{sin{{60}^ \circ }}}$ Từ đây dễ dàng tìm được $\widehat {CAD} = {45^ \circ }$. Suy ra $\widehat {ACB} = {75^ \circ }$
Cách 2: Gọi $E$ trên đoạn $AD$ sao cho $CE \bot AD$. Xét tam giác $CDE$ ta có:
$\widehat {DCE} = {30^ \circ },DE = DC \cdot sin\widehat {DCE} \Rightarrow CD = 2DE$
Suy ra $BD = DE$, hay tam giác $BDE$ cân tại $D$. Suy ra $\widehat {DBE} = \widehat {DEB} = {30^ \circ }$
Khi đó:
$\widehat {CBE} = \widehat {DEB} = {30^ \circ }$
$\widehat {EBA} = \widehat {EAB} = {15^0}$
Suy ra hai tam giác BCE, BAE cân hay $EA = CE = BE$. Điều này suy ra tam giác $AEC$ vuông cân. Hay $\widehat {ACE} = {45^ \circ }$
Vậy $\widehat {ACB} = {75^ \circ }$
Câu 14: Đường tròn tâm $O$ nội tiếp xúc với cạnh $AB$ tại $D$. Biết $AC \cdot BC = 2AD \cdot BD$. Tam giác $ABC$ là:
A. Tam giác đều.
B. Tam giác vuông tại $A$.
C. Tam giác vuông tại $B$.
D. Tam giác vuông tại $C$.
Lời giải
Chọn D.
Ta có:
$AD = \frac{{b + c – a}}{2},BD = \frac{{a + c – b}}{2}$
Theo giả thiết:
$AC \cdot BC = 2AD \cdot BD$
$ \Rightarrow ab = 2 \cdot \frac{{b + c – a}}{2} \cdot \frac{{a + c – b}}{2} \Leftrightarrow 2ab = {c^2} – {(b – a)^2}$
$ \Leftrightarrow {c^2} = {a^2} + {b^2}$
Câu 15: Cho tam giác $ABC$ có tâm đường tròn nội tiếp là $I$. Gọi $R,{R_1},{R_2},{R_3}$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC,IBC,ICA,IAB$. Biết ${R_1} + {R_2} + {R_3} = 3R$. Khi đó tam giác $ABC$ là:
A. Tam giác đều.
B. Tam giác vuông.
C. Tam giác cân có $\widehat {BAC}$ tù.
D. Tam giác bất kỳ.
Lời giải
Chọn A.
Áp dụng định lý sin cho các tam giác IBC và $ABC$ ta có:
${R_1} = \frac{a}{{2sinBIC}} = \frac{{2RsinA}}{{2sin\frac{{B + 2}}{2}}} = 2Rsin\frac{A}{2}.$
Tương tự:
${R_2} = 2Rsin\frac{B}{2} = 2Rsin\frac{C}{2}$
Từ đó ta có: ${R_1} + {R_2} + {R_3}$
$ = 2R\left( {sin\frac{A}{2} + sin\frac{B}{2} + sin\frac{C}{2}} \right) \leqslant 3R$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác $ABC$ là tam giác đều.
Câu 16: Cho tam giác $ABC$. $AM,BN,CP$ là các đường phân giác trong $\left( {M \in BC,N \in CA,P \in AB} \right)$ của tam giác đó. Để PM vuông góc với $NM$ thì số đo của $\widehat {BAC}$ bằng
A. ${120^ \circ }$.
B. ${135^ \circ }$.
C. ${150^ \circ }$.
D. ${90^ \circ }$.
Lời giải
Theo định lý sin ta có: $\frac{{NA}}{{NM}} = sin\frac{{\widehat {AMN}}}{{sin\frac{A}{2}}}$
$\frac{{NM}}{{NC}} = \frac{{sinC}}{{sin\widehat {CMN}}};\frac{{BC}}{{BA}} = \frac{{sinA}}{{sinC}}$
Nhân ba đẳng thức trên theo vế với vế và để ý rằng $\frac{{NA}}{{NC}} = \frac{{BA}}{{BC}}$, suy ra:
$\frac{{sin\widehat {AMN}}}{{sin\frac{A}{2}}} = \frac{{sinA}}{{sin\frac{A}{2}}} = 1$
$ \Rightarrow \frac{{si{n^2}\widehat {AMN}}}{{si{n^2}\frac{A}{2}}} = \frac{{si{n^2}\widehat {CMN}}}{{si{n^2}A}}$
Tương tự:
$\frac{{si{n^2}\widehat {AMP}}}{{si{n^2}\frac{A}{2}}} = \frac{{si{n^2}\widehat {BMP}}}{{si{n^2}A}}\left( 2 \right)$
Mặt khác:
$\begin{array}{*{20}{r}}
{}&{si{n^2}\widehat {AMN} + si{n^2}\widehat {AMP} = 1} \\
{}&{si{n^2}\widehat {CMN} + si{n^2}\widehat {BMP} = 1}
\end{array}$
Cộng các đẳng thức (1), (2) theo vế đồng thời kết hợp với (3) ta suy ra:
$sin\frac{A}{2} = sinA \Rightarrow \widehat {BAC} = {120^ \circ }$
Câu 17: Tam giác $ABC$ có đặc điểm gì nếu $sinA = \frac{{sinB + 2sinC}}{{2cosB + cosC}}$.
A. Tam giác đều.
B. Tam giác có $\hat A = {120^ \circ }$.
C. Tam giác có $\hat A = {150^ \circ }$.
D. Tam giác có $\hat A = {90^ \circ }$.
Lời giải
Chọn D.
Ta có:
$sinA = \frac{{sinB + 2sinC}}{{2cosB + cosC}}$
$ \Leftrightarrow \frac{a}{{2R}} = \frac{{\frac{b}{{2R}} + \frac{{2c}}{{2R}}}}{{2 \cdot \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}} + \frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{{2ab}}}}$
$ \Leftrightarrow a\left( {\frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}} + \frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{{2ab}}} \right) = b + 2c$
$ \Leftrightarrow \left( {\frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{c} – 2c} \right) + \left( {\frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{{2b}} – b} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{c} + \frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{{2b}} = 0$
$ \Leftrightarrow \left( {\frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{c} – 2c} \right) + \left( {\frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{{2b}} – b} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{c} + \frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{{2b}} = 0$
$ \Leftrightarrow \left( {{a^2} – {b^2} – {c^2}} \right)\left[ {\frac{1}{c} + \frac{1}{{2b}}} \right] = 0$
$ \Leftrightarrow {a^2} = {b^2} + {c^2}$.
Vậy tam giác ABC vuông tại A.
Câu 18: Cho $\vartriangle ABC$ thỏa mãn ${a^4} + {b^4} = {c^4}$ trong đó $a = BC,b = AC,c = AB$. ABC là tam giác
A. Vuông.
B. có góc $\widehat {ABC}$ tù.
C. có ba góc nhọn
D. có góc $\widehat {ACB}$ tù.
Lời giải
Chọn C.
Ta có:
${a^4} + {b^4} = {c^4} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{c > a} \\
{c > b}
\end{array} \Rightarrow \widehat {ABC},\widehat {BAC}} \right.$ nhọn
Lại có: ${c^4} = {a^2}{a^2} + {b^2}{b^2} < {a^2}{c^2} + {b^2}{c^2}$
$ \Rightarrow {c^2}\left\langle {{a^2} + {b^2} = {c^2} + 2abcosC \Rightarrow cosC} \right\rangle 0 \Rightarrow \widehat {ACB}$ nhọn
Câu 19: *Xét $\vartriangle ABC$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ cho trước. Các trung tuyến xuất phát từ $A,B,C$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tương ứng tại $M,N,P$. Biểu thức $P = \frac{{A{M^2} + B{N^2} + C{P^2}}}{{A{B^2} + B{C^2} + C{A^2}}}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi tam giác ABC là
A. Tam giác đều.
B. Tam giác vuông.
C. Tam giác cân có $\widehat {BAC}$ tù.
D. Tam giác vuông cân.
Lời giải
Chọn A.
Gọi D,E,F lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB$.
Khi đó:
$AD \cdot DM = DB \cdot DC = \frac{{B{C^2}}}{4}$.
$ \Leftrightarrow AD\left( {AM – AD} \right) = \frac{{B{C^2}}}{4} \Leftrightarrow AD \cdot AM = A{D^2} + \frac{{B{C^2}}}{4}$
Theo công thức độ dài đường trung tuyến trong tam giác ta có: $A{B^2} + A{C^2} = 2A{D^2} + \frac{{B{C^2}}}{2} = 2AD \cdot AM$
Tương tự ta cũng ta:
$B{C^2} + B{A^2} = 2BE \cdot BN$,
$C{B^2} + A{C^2} = 2CF.CP$.
Từ đó, theo bất đẳng thức Cauchy – Schwars ta có:
$B{C^2} + B{A^2} + A{C^2} = CF \cdot CP + BE \cdot BN + AD \cdot AM \leqslant \sqrt {\left( {A{M^2} + B{N^2} + C{P^2}} \right)\left( {A{D^2} + B{E^2} + C{F^2}} \right)} $
$ \Rightarrow {\left( {B{A^2} + B{C^2} + A{C^2}} \right)^2} \leqslant \frac{3}{4}\left( {B{A^2} + B{C^2} + A{C^2}} \right)\left( {A{M^2} + B{N^2} + C{P^2}} \right) \Rightarrow P \geqslant \frac{4}{3}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác $ABC$ đều.
Câu 20: Xét hình chữ nhật $ABCD$ và điểm $M$ di động trên $BC$. Phân giác góc $DAM$ cắt $BC$ tại $N$. $\frac{{AN}}{{MN}}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi điểm $M$ :
A. Trùng điểm $B$.
B. Trùng điểm $C$.
C. Trùng với trung điểm của $BC$.
D. Trùng với giao điểm của phân giác trong góc $\widehat {BAC}$ với $BC$.
Lời giải
Chọn A.
Đặt $AB = a,AD = b,AM = m > 0AN = n > m,\widehat {AMN} = \alpha $.
Theo giả thiết ta có: $AN$ là phân giác $\widehat {MAD} \Rightarrow \widehat {MAD} = \widehat {ANB}$ (cùng bằng $NAD$ )
Vậy $\vartriangle ANM$ cân tại $M \Rightarrow MN = AM = m$.
Theo định lý cosin cho $\vartriangle ANM$ có:
${n^2} = {m^2} + {m^2} – 2m \cdot m \cdot cos\alpha = 2{m^2}\left( {1 – cos\alpha } \right)$
$ \Leftrightarrow n = m\sqrt {2\left( {1 – cos\alpha } \right)} $
Theo bài ra ta có:
$\frac{{AN}}{{AM}} = \frac{n}{m} = \frac{{m\sqrt {2\left( {1 – cos\alpha } \right)} }}{m}$
$ = \sqrt {2\left( {1 – cos\alpha } \right)} $
Ta có: $\alpha > {90^ \circ }$ (vì $M$ di động trên đoạn $BC$ ) $ \Rightarrow cos\alpha \leqslant 0$
$ \Rightarrow \frac{{AN}}{{AM}} = \sqrt {2\left( {1 – cos\alpha } \right)} \geqslant \sqrt 2 $
$ \Rightarrow \frac{{AN}}{{MN}}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $\frac{{AN}}{{MN}} = \sqrt 2 $ xảy ra $ \Leftrightarrow cos\alpha = 0 \Leftrightarrow \alpha = {90^ \circ } \Leftrightarrow M \equiv B$.
