Xét `triangleABC`. Giả sử điểm `M` là giao của ba đường trung trực trong tam giác và `M` nằm trên cạnh `BC`. Khi đó ta có: `MA=MB=MC`

Do `M in BC` và `MB=MC` nên `M` là trung điểm của `BC`

Do `MA=MB; MA=MC` nên `triangleMAB` cân tại `M`; `triangleMAC` cân tại `M`

`=>hat(MBA)=hat(MAB); hat(MCA)=hat(MAC)`

Mà `triangleABC` có: `hat(A)+hat(B)+hat(C)=180^o` (Định lí tổng ba góc trong tam giác)

`=>hat(MBA)+hat(MAB)+hat(MCA)+hat(MAC)=180^o`

`=>2.(hat(MAB)+hat(MAC))=180^o`

`=>hat(MAB)+hat(MAC)=90^o`

`=>triangleABC` vuông tại `A`

Vậy đáp án đúng là "Tam giác vuông"

Xét `triangleABC` cân tại `B`. Ta có: `AB=BC` (tính chất tam giác cân) (1)

Giả sử điểm `H` là trực tâm đồng thời cũng là trọng tâm của tam giác

Khi đó ta có:

Đường thẳng `AH` là đường cao đồng thời cũng là đường trung tuyến của `triangleABC`

`=>triangleABC` cân tại `A`

`=>AB=AC` (2)

Từ (1) và (2) suy ra `AB=BC=AC=>triangleABC` đều `=>hat(A)=60^o`

Do đó để trực tâm `H` đồng thời là trọng tâm `triangleABC` thì cần thêm điều kiện là `hat(A)=60^o`.

Gọi giao điểm của hai đường trung tuyến `BM` và `CN` là `G`

Khi đó ta có `G` là trọng tâm của `triangleABC`

`=>BG=2/3BM; CG=2/3CN`

Xét `triangleGBC` có: `GB+GC>BC` (Bất đẳng thức tam giác)

`=>2/3(BM+CN)>BC`

`=>BM+CN>3/2BC=6(cm)`

Do đó đáp án là `6,5cm`

Xét `triangleABM` có đường cao xuất phát từ đỉnh `A` đồng thời cũng là đường phân giác

`=>triangleABM` cân tại `A`

`=>AB=AM`

Mà `AC=2AM` (Do `M` là trung điểm của `BC`)

`=>AC=2AB`

Do ba cạnh của `triangleABC` là ba số tự nhiên liên tiếp nên:

`AC-AB le 2=>2AB-AB le 2=>AB le 2=>AB in {1;2}`

Với `AB=1(cm)` thì `AC=2(cm); BC=3(cm)` (Không thỏa mãn bđt tam giác vì `3=1+2`)

Với `AB=2(cm)` thì `AC=4(cm); BC=3(cm)` (Thỏa mãn bđt tam giác vì `4<2+3`)

Vậy `AB=2(cm); AC=4(cm); BC=3(cm)`

Kẻ `IK bot AC` tại `K`; `IM bot AB` tại `M`

Xét `triangleBIM` và `triangleBIH` có:

`hat(BMI)=hat(BHI)=90^o` (Vì `IK bot AC` tại `K`; `IM bot AB` tại `M`)

`BI`: cạnh chung

`hat(MBI)=hat(HBI)` (Vì `BI` là tia phân giác góc `B`)

`=>triangleBIM=triangleBIH` (cạnh huyền - góc nhọn)

`=>BM=BH` (hai cạnh tương ứng)

Chứng minh tương tự, ta cũng có: `CK=CH; AM=AK`

Do đó:

`AC-AB=(AK+CK)-(AM+BM)`

`=AK+CK-AM-BM`

`=CK-BM` (vì `AK=AM`)

`=CH-BH` (vì `CK=CH; BM=BH`)

Vì `CH-BH=AC-AB=1(cm)`

`CH+BH=BC=7(cm)`

Nên: `BH=(7-1):2=3(cm); CH=3+1=4(cm)`

Vậy `BH=3(cm); CH=4(cm)`

Ta có: `BM=BC` (gt) `=>triangleBMC` cân tại `B`

`=>hat(MCB)=hat(CMB)` (tính chất) (1)

Lại có: `{(hat(MCB)+hat(MCA)=hat(ACB)=90^o,,,,),(hat(CMB)+hat(MCH)=90^o,,,,):}`

`=>hat(MCA)=hat(MCH)` và `hat(MCN)=hat(MCH)`

Xét `triangleMHC` và `triangleMNC` có:

`MC`: cạnh chung

`hat(MCH)=hat(MCN)` (cmt)

`NC=HC` (gt)

`=>triangleMHC=triangleMNC` (c.g.c)

`=>hat(MNC)=hat(MHC)=90^o` (hai cạnh tương ứng)

`=>MN bot AC`

Xét `triangleAMN` có `AM, AN` lần lượt là đường xiên và đường vuông góc hạ từ `A` xuống `MN`

`=>AM>AN` (Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên)

Ta có: `{(BM=BC,,,,),(HC=CN,,,,),(AM>AN,,,,):}``=>BM+MA+HC>BC+CN+NA`

`=>AB+HC>BC+AC`

Vậy `AB+HC>BC+AC`

Xét `triangleABC` có `AM` là đường trung tuyến

`=>M` là trung điểm của `BC=>MB=MC` (tính chất trung điểm)

Xét `triangleMAB` và `triangleMDC` có:

`MA=MD` (gt)

`hat(AMB)=hat(DMC)` (hai góc đối đỉnh)

`MB=MC` (cmt)

`=>triangleMAB=triangleMDC` (c.g.c)

`=>hat(MAB)=hat(MDC)` (hai góc tương ứng); `AB=DC` (hai góc tương ứng)

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong `=>AB` // `CD`

Vì `AB` // `CD; AB bot AC=>CD bot AC`

Xét `triangleBAK` và `triangleDCK` có:

`BA=DC` (cmt)

`hat(BAK)=hat(DCK)=90^o` (Do `BA bot AC; DC bot AC`)

`KA=KC` (Do `K` là trung điểm của `DC`)

`=>triangleBAK=triangleDCK` (c.g.c)

`=>KB=KD` (hai cạnh tương ứng)

Xét `triangleABC` có các đường trung tuyến `AM; BK` cắt nhau tại `N`

`=>N` là trọng tâm `triangleABC`

`=>KN=1/3BK` (1)

Xét `triangleACD` có các đường trung tuyến `CM; DK` cắt nhau `I`

`=>I` là trọng tâm `triangleACD`

`=>KI=1/3DK` (2)

Mà `BK=DK` (cmt) nên từ (1) và (2) suy ra `KN=KI` `=>triangleKNI` cân tại `K`

Ta có: `triangleABC` cân tại `A` (Vì `AB=AC`)

`=>AH` là đường cao đồng thời là đường phân giác

`=>hat(A_1)=hat(A_2)` (1)

Mà `DH` // `AC` (gt) `=>hat(H_1)=hat(A_2)` (hai góc so le trong) (2)

Từ (1) và (2) suy ra `hat(A_1)=hat(H_1) (=hat(A_2))=>triangleADH` cân tại `D=>DA=DH`

Vì `DH` // `AC` (gt) `=>hat(H_2)=hat(ACB)` (hai góc đồng vị) (3)

Mặt khác `hat(ABC)=hat(ACB)` (do `triangleABC` cân tại `A`) (4)

Từ (3) và (4) suy ra `hat(H_2)=hat(ABC) (=hat(ACB))`

`=>triangleDBH` cân tại `D`

`=>DB=DH`

Mà `DA=DH` (cmt)

`=>DB=DA`

`=>D` là trung điểm của `AB`

`=>CD` là đường trung tuyến của `triangleABC`

Xét `triangleABC` cân tại `A` có `AH` là đường cao nên `AH` đồng thời là đường trung tuyến

Hai đường trung tuyến `AH, CD` của `triangleABC` cắt nhau tại `G`

`=>G` là trọng tâm của `triangleABC`

Gọi `E` là trung điểm của `AC`

Ta có `BE` là trung tuyến của `triangleABC`

Do `G` là trọng tâm của `triangleABC` nên `G in BE` và `BG=2/3BE`

`=>3BG=2BE` (5)

Trên tia đối của tia `EB` lấy điểm `K` sao cho `EK=EB`

`=>BK=BE+EK=2BE` (6)

Từ (5) và (6) suy ra `3.BG=BK`

Xét `triangleAEK` và `triangleCEB` có:

`AE=CE; hat(AEK)=hat(CEB)` (hai góc đối đỉnh); `EK=EB`

`=>triangleAEK=triangleCEB` (c.g.c)

`=>AK=BC` (hai cạnh tương ứng)

Xét `triangleABK` có: `AB+AK>BK` (Bất đẳng thức tam giác)

`=>AB+BC>3BG` (do `AK=BC; BK=3BG`)

Mà `AC>AH` (đường xiên lớn hơn đường vuông góc)

`=>AB+BC+AC>3BG+AH` (đpcm)