Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hệ thức lượng trong tam giác (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Góc nội tiếp $\widehat{ABC}=60^{\circ }$ chắn cung $AC$, tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn bán kính $R$. Theo định lý sin: $\frac{AC}{\sin 60^{\circ }}=2R\Rightarrow R=\frac{3}{2\sin 60^{\circ }}=\frac{3}{2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\approx 1,732$ m. Chu vi $C=2\pi R=2\cdot 3,14\cdot 1,732\approx 10,88\approx 11$ m. Kết quả khớp với đáp án nguồn (11).

a). (2,0 điểm). Cho tam giác $ABC$ có $AB=c;AC=b;BC=a$. Gọi $h_a$ là đường cao kẻ từ đỉnh $A$, $p$ là nửa chu vi tam giác $ABC$. Giải sử tam giác $ABC$ thỏa mãn $h_a=\sqrt{p(p-a)}$. Chứng minh $ABC$ là tam giác cân.

- (0,5 điểm). Ta có $S=\frac{1}{2}a{h}_a\Rightarrow S=\frac{1}{2}a\sqrt{p(p-a)}\Rightarrow S^2=\frac{1}{4}{a}^{2}p(p-a)$ (1)

- (0,5 điểm). Theo công thức Heron ta có
$$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\Rightarrow S^2=p(p-a)(p-b)(p-c)(2).$$ Từ (1) và (2) ta có
$$\frac{1}{4}{a}^{2}p(p-a)=p(p-a)(p-b)(p-c)\iff a^2=4(p-b)(p-c)$$

- (0,5 điểm). $\iff a^2=4\left(\frac{a+b+c}{2}-b\right)\left(\frac{a+b+c}{2}-c\right)\iff a^2=(a+c-b)(a+b-c)$

- (0,5 điểm). $\iff (b-c{)}^2=0\iff b=c$. Vậy tam giác $ABC$ cân tại $A$.

b) (3,0 điểm). Cho tam giác $ABC$, lấy các điểm $I,J,K$ sao cho $\overrightarrow{IB}-3\overrightarrow{IC}=\vec{0}$, $\overrightarrow{JA}=3\overrightarrow{CJ}$, $\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{KB}=\vec{0}$. Chứng minh ba điểm $I,J,K$ thẳng hàng.

- (0,5 điểm). Ta có $\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{KB}=\vec{0}\Rightarrow \overrightarrow{KB}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$;

$\overrightarrow{IB}-3\overrightarrow{IC}=\vec{0}\Rightarrow \overrightarrow{IB}-3(\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{BC})=\vec{0}\Rightarrow \overrightarrow{BI}=\frac{3}{2}\overrightarrow{BC}$

- (0,5 điểm).

$\overrightarrow{JA}=3\overrightarrow{CJ}\Rightarrow \overrightarrow{JA}=3\left(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AJ}\right)\Rightarrow \overrightarrow{AJ}=\frac{3}{4}\overrightarrow{AC}$

- (0,5 điểm). Với $\overrightarrow{KJ}=\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{AJ}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{3}{4}\overrightarrow{AC}$ (1)



- (0,5 điểm). Với $\overrightarrow{KI}=\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{BI}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{3}{2}\overrightarrow{BC}$ mà $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$ suy ra

- (0,5 điểm). $\overrightarrow{KI}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{3}{2}\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\right)\Rightarrow \overrightarrow{KI}=-\overrightarrow{AB}+\frac{3}{2}\overrightarrow{AC}$ (2)

- (0,5 điểm). Từ (1) và (2) ta có $\overrightarrow{KI}=2\overrightarrow{KJ}$. Vậy ba điểm $K,J,I$ thẳng hàng.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A,B,C,O$ có cùng độ cao so với mặt nước biển nên ta có thể coi bốn điểm này nằm trên cùng một mặt phẳng ngang. Điểm $O$ cách đều $A,B,C$ nên $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, do đó $OA=OB=OC=R$ (bán kính đường tròn ngoại tiếp). Vậy bài toán quy về việc tính $R$ chỉ từ các số liệu đo đạc được ở bờ chứa $A$.

Bước 1: Xác định $AB$ mà không qua sông.
- Chọn điểm $D$ nằm trên bờ sông chứa $A$ sao cho đoạn $AD$ nằm hoàn toàn trên bờ, đo được bằng thước: $AD=d$.
- Dùng giác kế đặt tại $A$ đo góc $\widehat{BAD}=\alpha$, đặt tại $D$ đo góc $\widehat{BDA}=\beta$ (An trông thấy rõ $B$ nên hai góc này đo được).
- Trong tam giác $ABD$: $\widehat{ABD}=180^{\circ }-\alpha -\beta$, theo định lý sin:
$$AB=d\cdot \frac{\sin \beta }{\sin (\alpha +\beta )}.$$

Bước 2: Hoàn toàn tương tự xác định $AC$: chọn điểm $E$ trên bờ chứa $A$, đo $AE=d^{\prime }$, đo $\widehat{CAE}={\alpha }^{\prime }$, $\widehat{CEA}={\beta }^{\prime }$, suy ra
$$AC=d^{\prime }\cdot \frac{\sin {\beta }^{\prime }}{\sin ({\alpha }^{\prime }+{\beta }^{\prime })}.$$

Bước 3: Đứng tại $A$, dùng giác kế đo góc $\widehat{BAC}=\gamma$ (An trông thấy rõ cả $B$ và $C$).

Bước 4: Tính $BC$ bằng định lý cosin trong tam giác $ABC$:
$$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos \gamma .$$

Bước 5: Vì $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, góc ở tâm $\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}=2\gamma$ và $OB=OC=R$, tam giác $BOC$ cân nên
$$BC=2R\sin \gamma \Rightarrow R=\frac{BC}{2\sin \gamma }.$$

Kết luận: Khoảng cách cần tìm là
$$BO=R=\frac{\sqrt{A{B}^2+A{C}^2-2AB\cdot AC\cos \gamma }}{2\sin \gamma },$$
trong đó $AB,AC$ được xác định bằng định lý sin với một đoạn cơ sở đo được trên bờ chứa $A$, còn $\gamma =\widehat{BAC}$ đo bằng giác kế. Toàn bộ phép đo chỉ thực hiện trên bờ chứa $A$, không phải di chuyển trên sông hay sang bến kia sông, thỏa mãn yêu cầu đề bài. (Thông tin $A$ cao 1 m so với mặt đất cùng với giả thiết $A,B,C,O$ cùng độ cao so với mặt nước biển chỉ khẳng định mô hình phẳng ở trên là hợp lệ.)

(AI giải đề cho tôi)
Chứng minh $DA$ là phân giác góc $\widehat{EDF}$:

Vì tam giác $ABC$ có ba góc nhọn nên các chân đường cao $D$, $E$, $F$ nằm trên các cạnh ($D$ thuộc $BC$, $E$ thuộc $AC$, $F$ thuộc $AB$).

Bước 1: Tứ giác $AEHF$ có $\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90^{\circ }$ (tổng hai góc đối bằng $180^{\circ }$) nên $AEHF$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$. Suy ra $\widehat{EHF}=180^{\circ }-\hat{A}$.

Bước 2: Vì $H$ nằm giữa $E$ và... ta có $\widehat{BHE}=180^{\circ }-\widehat{EHF}=\hat{A}$ ($E$, $H$, $B$ không thẳng hàng; $B$ và $F$ thuộc hai phía... chính xác: $\widehat{BHE}$ kề bù với $\widehat{EHF}$ vì $B$, $H$, $F$ thẳng hàng).

Bước 3: Tứ giác $BDHE$ có $\widehat{BDH}=\widehat{BEH}=90^{\circ }$ nên $BDHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $BH$. Hai góc $\widehat{BDE}$ và $\widehat{BHE}$ cùng chắn cung $BE$ nên $\widehat{BDE}=\widehat{BHE}=\hat{A}$.

Bước 4: Vì $\widehat{ADB}=90^{\circ }$ nên $\widehat{ADE}=90^{\circ }-\widehat{BDE}=90^{\circ }-\hat{A}$.

Bước 5: Hoàn toàn tương tự, tứ giác $CDHF$ nội tiếp (có $\widehat{CDH}=\widehat{CFH}=90^{\circ }$) cho $\widehat{FDH}=\widehat{FCH}=\hat{A}$... cụ thể: $\widehat{FDH}=\widehat{FCH}$ (cùng chắn cung $FH$), mà $\widehat{FCH}=90^{\circ }-\hat{B}$... ta chứng minh trực tiếp: $\widehat{ADF}=90^{\circ }-\widehat{CDF}$ và $\widehat{CDF}=\widehat{CHF}$ (tứ giác $CDHF$ nội tiếp, cùng chắn cung $CF$), với $\widehat{CHF}=180^{\circ }-\widehat{EHF}=\hat{A}$ (vì $E$, $H$, $C$ thẳng hàng). Suy ra $\widehat{ADF}=90^{\circ }-\hat{A}$.

Vậy $\widehat{ADE}=\widehat{ADF}=90^{\circ }-\hat{A}$, tức $DA$ là phân giác góc $\widehat{EDF}$. $■$

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A+B+C=\pi$ nên $\tan (A+C)=-\tan B$, tức $\frac{\tan A+\tan C}{1-\tan A\tan C}=-\tan B$. Theo giả thiết cấp số cộng: $\tan A+\tan C=2\tan B$. Suy ra $2\tan B=-\tan B(1-\tan A\tan C)$. Vì tam giác không vuông nên các tan xác định; nếu $\tan B=0$ thì $B=\pi$ vô lý, do đó $\tan B\ne 0$ và ta được $\tan A\tan C=3>0$. Vậy $A,C$ cùng dấu tan; không thể cùng dương vô hạn (cùng tù), nên $A,C$ nhọn và $\tan A,\tan C>0$. Với $\tan B=t>0$ (B nhọn): $\tan A+\tan C=2t$, $\tan A\tan C=3$, điều kiện có nghiệm là $4t^2\ge 12\iff t\ge \sqrt{3}\iff B\ge 60^{\circ }$. Dấu bằng xảy ra khi $\tan A=\tan C=\sqrt{3}$, tức $A=C=60^{\circ }$, tam giác đều (không vuông, thỏa mãn). Trường hợp $B$ tù thì $B>90^{\circ }>60^{\circ }$. Vậy giá trị nhỏ nhất của góc $B$ là $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $BM=x$ (km), $0\le x\le 7$. Khi đó $AM=\sqrt{A{B}^2+B{M}^2}=\sqrt{16+x^2}$ và $MC=7-x$. Thời gian đi từ $A$ đến $C$ là $\frac{\sqrt{16+x^2}}{3}+\frac{7-x}{5}=\frac{148}{60}=\frac{37}{15}$ (giờ). Nhân hai vế với 15: $5\sqrt{16+x^2}+21-3x=37\Rightarrow 5\sqrt{16+x^2}=16+3x$. Bình phương: $25(16+x^2)=256+96x+9x^2\Rightarrow 16x^2-96x+144=0\Rightarrow x^2-6x+9=0\Rightarrow x=3$ (thỏa $16+3x>0$). Vậy $BM=3$ km, đáp án D, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $C$ là chân núi, $DC=h$ là chiều cao ngọn núi, $BC=x$. Theo hình vẽ, tam giác $ADC$ và $BDC$ vuông tại $C$.
Trong tam giác $BDC$ vuông tại $C$: $h=x\tan 38^{\circ }$.
Trong tam giác $ADC$ vuông tại $C$: $h=(x+50)\tan 34^{\circ }$.
Suy ra $x\tan 38^{\circ }=(x+50)\tan 34^{\circ }\Rightarrow x(\tan 38^{\circ }-\tan 34^{\circ })=50\tan 34^{\circ }$.
Với $\tan 34^{\circ }\approx 0,6745$, $\tan 38^{\circ }\approx 0,7813$:
$x=\frac{50\cdot 0,6745}{0,7813-0,6745}\approx \frac{33,725}{0,1068}\approx 315,8m$.
Chiều cao ngọn núi: $h=x\tan 38^{\circ }\approx 315,8\cdot 0,7813\approx 246,8m$.
Vậy chiều cao ngọn núi làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất là $246,8m$, tương ứng phương án C. Kết quả này trùng với đáp án nguồn (Mã đề 1103, câu 18: C).

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin: $\cos A=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2\cdot AB\cdot AC}=\frac{49+64-57}{112}=\frac{1}{2}$, suy ra $A=60^{\circ }$, $\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$. a) $S=\frac{1}{2}\cdot 7\cdot 8\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=14\sqrt{3}$ → đúng. b) $R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{\sqrt{57}}{\sqrt{3}}=\sqrt{19}\ne 2\sqrt{19}$ → sai. c) $\cos A=\frac{1}{2}$ → đúng. d) $AD=\frac{1}{4}\cdot 8=2$, góc $\widehat{BAD}=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$, nên $B{D}^2=49+4-2\cdot 7\cdot 2\cdot \cos 120^{\circ }=53+14=67$, tức $BD=\sqrt{67}\ne \sqrt{76}$ → sai. Kết quả khớp đáp án nguồn (a đúng, b sai, c đúng, d sai).
a) (AI giải đề cho tôi)
$\cos A=\frac{1}{2}\Rightarrow A=60^{\circ }$, $S=\frac{1}{2}\cdot 7\cdot 8\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=14\sqrt{3}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{\sqrt{57}}{\sqrt{3}}=\sqrt{19}$, không phải $2\sqrt{19}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\cos A=\frac{49+64-57}{112}=\frac{1}{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$AD=2$, $\widehat{BAD}=120^{\circ }$, $B{D}^2=49+4+14=67\Rightarrow BD=\sqrt{67}\ne \sqrt{76}$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $AMN$ có $AM=AN=1$, $MN=1,6$, nên theo định lí cosin: $\cos A=\frac{1^2+1^2-1,6^2}{2\cdot 1\cdot 1}=\frac{2-2,56}{2}=-0,28$, suy ra $\sin A=\sqrt{1-0,28^2}=0,96$.

Diện tích tam giác $ABD$: $S_{ABD}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AD\cdot \sin A=\frac{1}{2}\cdot 8,2\cdot 16,4\cdot 0,96\approx 64,55m^2$.

Tính $BD$: $B{D}^2=A{B}^2+A{D}^2-2\cdot AB\cdot AD\cdot \cos A=8,2^2+16,4^2-2\cdot 8,2\cdot 16,4\cdot (-0,28)\approx 411,51$, nên $BD\approx 20,286m$.

Trong tam giác $BCD$: $\cos C=\frac{B{C}^2+C{D}^2-B{D}^2}{2\cdot BC\cdot CD}=\frac{14,5^2+9,7^2-411,51}{2\cdot 14,5\cdot 9,7}\approx -0,381$, suy ra $\sin C\approx 0,9246$.

Diện tích tam giác $BCD$: $S_{BCD}=\frac{1}{2}\cdot 14,5\cdot 9,7\cdot 0,9246\approx 65,03m^2$.

Diện tích mảnh đất: $S\approx 64,55+65,03=129,58\approx 130m^2$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (130).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $C$ là chân đường vuông góc hạ từ đỉnh núi $D$ xuống mặt đất, $DC=h$. Trong tam giác $ABD$: góc ngoài tại $B$ bằng $38^{\circ }$ nên $\widehat{ABD}=180^{\circ }-38^{\circ }=142^{\circ }$, suy ra $\widehat{ADB}=180^{\circ }-34^{\circ }-142^{\circ }=4^{\circ }$. Theo định lý sin: $BD=\frac{AB\cdot \sin 34^{\circ }}{\sin 4^{\circ }}=\frac{50\cdot 0,5592}{0,0698}\approx 400,8m$. Trong tam giác vuông $BCD$: $h=BD\cdot \sin 38^{\circ }\approx 400,8\cdot 0,6157\approx 246,8m$. Vậy chiều cao ngọn núi khoảng $246,8m$, khớp với đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $BM=x$ (km), $0\le x\le 7$. Khi đó $AM=\sqrt{A{B}^2+B{M}^2}=\sqrt{16+x^2}$ và $MC=7-x$. Thời gian đi từ $A$ đến $C$ là $\frac{\sqrt{16+x^2}}{3}+\frac{7-x}{5}=\frac{148}{60}=\frac{37}{15}$ (giờ). Nhân hai vế với 15: $5\sqrt{16+x^2}+3(7-x)=37\Rightarrow 5\sqrt{16+x^2}=16+3x$. Bình phương: $25(16+x^2)=256+96x+9x^2\Rightarrow 16x^2-96x+144=0\Rightarrow x^2-6x+9=0\Rightarrow x=3$ (thỏa $16+3x>0$). Vậy $BM=3$ km, chọn đáp án A, trùng với đáp án nguồn (Mã 1102, Câu 3: A).

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $AMN$ có $AM=AN=1$, $MN=1,6$: $\cos A=\frac{1^2+1^2-1,6^2}{2\cdot 1\cdot 1}=\frac{2-2,56}{2}=-0,28$, suy ra $\sin A=\sqrt{1-0,0784}=0,96$.
Diện tích tam giác $ABD$: $S_1=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AD\cdot \sin A=\frac{1}{2}\cdot 8,2\cdot 16,4\cdot 0,96\approx 64,55m^2$.
$B{D}^2=A{B}^2+A{D}^2-2\cdot AB\cdot AD\cdot \cos A=67,24+268,96+75,2864=411,4864\Rightarrow BD\approx 20,285m$.
Tam giác $BCD$ có ba cạnh $14,5;9,7;20,285$: nửa chu vi $p\approx 22,2425$, theo Heron $S_2=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\approx \sqrt{4228}\approx 65,03m^2$.
Diện tích mảnh đất $S=S_1+S_2\approx 129,58\approx 130m^2$, khớp đáp án nguồn (mã đề 1102, Câu 2 = 130).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $D$ là đỉnh núi, $C$ là chân đường vuông góc từ $D$ xuống mặt đất. Trong tam giác $ABD$: góc ngoài tại $B$ bằng $38^{\circ }$ nên $\widehat{ABD}=180^{\circ }-38^{\circ }=142^{\circ }$, suy ra $\widehat{ADB}=180^{\circ }-34^{\circ }-142^{\circ }=4^{\circ }$. Theo định lý sin: $BD=\frac{AB\sin 34^{\circ }}{\sin 4^{\circ }}=\frac{50\cdot 0,5592}{0,0698}\approx 400,7m$. Chiều cao núi $CD=BD\sin 38^{\circ }\approx 400,7\cdot 0,6157\approx 246,7\approx 246,8m$. Vậy chọn B, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos A\Rightarrow 57=49+64-112\cos A\Rightarrow \cos A=\frac{56}{112}=\frac{1}{2}$, nên $\hat{A}=60^{\circ }$ (ý c đúng).
a) $D$ trên tia đối của tia $AC$ với $AD=2$, nên góc $BAD=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$. Theo định lí cosin trong tam giác $ABD$: $B{D}^2=A{B}^2+A{D}^2-2\cdot AB\cdot AD\cdot \cos 120^{\circ }=49+4+28\cdot \frac{1}{2}=67$, vậy $BD=\sqrt{67}\ne \sqrt{76}$ (ý a sai).
b) $\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$, bán kính đường tròn ngoại tiếp $R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{\sqrt{57}}{\sqrt{3}}=\sqrt{19}\ne 2\sqrt{19}$ (ý b sai).
d) $S=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin A=\frac{1}{2}\cdot 7\cdot 8\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=14\sqrt{3}$ (ý d đúng). Kết quả khớp với đáp án nguồn: a S, b S, c Đ, d Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
$B{D}^2=49+4-2\cdot 7\cdot 2\cdot \cos 120^{\circ }=67\Rightarrow BD=\sqrt{67}\ne \sqrt{76}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$R=\frac{\sqrt{57}}{2\sin 60^{\circ }}=\frac{\sqrt{57}}{\sqrt{3}}=\sqrt{19}\ne 2\sqrt{19}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\cos A=\frac{49+64-57}{2\cdot 7\cdot 8}=\frac{1}{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$S=\frac{1}{2}\cdot 7\cdot 8\cdot \sin 60^{\circ }=14\sqrt{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $AMN$ có $AM=AN=1$, $MN=1,6$, áp dụng định lí cosin: $\cos A=\frac{1^2+1^2-1,6^2}{2\cdot 1\cdot 1}=-0,28$, nên $\sin A=\sqrt{1-0,0784}=0,96$.

Diện tích tam giác $ABD$: $S_1=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AD\cdot \sin A=\frac{1}{2}\cdot 8,2\cdot 16,4\cdot 0,96=64,5504m^2$.

Định lí cosin trong tam giác $ABD$: $B{D}^2=8,2^2+16,4^2-2\cdot 8,2\cdot 16,4\cdot (-0,28)=67,24+268,96+75,368=411,568$.

Trong tam giác $BCD$: $\cos C=\frac{14,5^2+9,7^2-411,568}{2\cdot 14,5\cdot 9,7}=\frac{-107,228}{281,3}\approx -0,38115$, suy ra $\sin C\approx 0,92451$.

Diện tích tam giác $BCD$: $S_2=\frac{1}{2}\cdot 14,5\cdot 9,7\cdot 0,92451\approx 65,01m^2$.

Diện tích tứ giác $ABCD=S_1+S_2\approx 64,55+65,01=129,56\approx 130m^2$, khớp đáp án nguồn (mã đề 1101, Câu 3: 130).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $HA=x$, $HD=y$. Theo hình vẽ, $H$ nằm ngoài tứ giác với $A$ giữa $H$ và $B$, $D$ giữa $H$ và $C$, nên $HB=x+4$, $HC=y+16$. Vì $AB\perp CD$ nên tam giác $HAD$ và $HBC$ vuông tại $H$.

Áp dụng Pythagoras:
- $A{D}^2=x^2+y^2=100$
- $B{C}^2=(x+4{)}^2+(y+16{)}^2=676$

Trừ hai phương trình: $8x+32y+272=576\Rightarrow x+4y=38$, tức $x=38-4y$.

Thay vào $x^2+y^2=100$: $(38-4y{)}^2+y^2=100\Rightarrow 17y^2-304y+1344=0\Rightarrow y=10$ hoặc $y=8$.

Với $y=10$ thì $x=-2<0$ (loại). Với $y=8$ thì $x=6$.

Vậy $HA=6$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $BC=2x$ $(x>0)$, khi đó $AH=2x-8$. Vì tam giác cân nên $AB=AC=\sqrt{x^2+(2x-8{)}^2}$. Chu vi: $2x+2\sqrt{x^2+(2x-8{)}^2}=64\Rightarrow \sqrt{x^2+(2x-8{)}^2}=32-x$ (điều kiện $x<32$). Bình phương: $x^2+4x^2-32x+64=1024-64x+x^2\Rightarrow 4x^2+32x-960=0\Rightarrow x^2+8x-240=0\Rightarrow x=12$ (nhận, $x=-20$ loại). Vậy $BC=24$, $AH=16$. Hình chữ nhật $BCNM$ có chiều rộng $BC=24$ và chiều cao $AH=16$ (A là trung điểm NM), nên diện tích $=24\cdot 16=384c{m}^2$.

Nam đến vị trí $B$, Long đến vị trí $A$, $H$ là vị trí lề đường mà Long đi theo hướng vuông góc với đường thẳng $BC$ từ vị trí $A$. Giả sử $C$ là vị trí mà Nam và Long gặp nhau, đặt $CH=x(0<x<BH)$. Suy ra $CA=\sqrt{x^2+50^2}$. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $ABH$ vuông tại $H$: $$A{B}^2=A{H}^2+B{H}^2\text{ hay }160^2=50^2+B{H}^2$$ Suy ra $BH=10\sqrt{231}$ và $BC=10\sqrt{231}-x$. Đổi vận tốc: Long: $5\text{ km/h}=\frac{250}{3}\text{ m/phuˊt}$; Nam: $10\text{ km/h}=\frac{500}{3}\text{ m/phuˊt}$. Để hai người gặp nhau mà không phải chờ người kia thì thời gian Nam đạp xe bằng thời gian Long đi bộ nên ta có phương trình: $$\frac{\sqrt{x^2+50^2}}{\frac{250}{3}}=\frac{10\sqrt{231}-x}{\frac{500}{3}}\text{ hay }2\sqrt{x^2+50^2}=10\sqrt{231}-x.$$ Bình phương 2 vế ta được: $$4x^2+10000=23100-20x\sqrt{231}+x^2\text{ hay }3x^2+20x\sqrt{231}-13100=0.$$ Giải phương trình này ta có nghiệm thỏa mãn là $x\approx 32,6$. Vậy vị trí hai bạn gặp nhau tại điểm $C$ cách điểm $H$ khoảng 32,6 m. Tức là cách vị trí $B$ khoảng $10\sqrt{231}-32,6\approx 119,4m$.

Nam đến vị trí $B$, Minh đến vị trí $A$, $H$ là vị trí lề đường mà Minh đi theo hướng vuông góc với đường thẳng $BC$ từ vị trí $A$. Giả sử $C$ là vị trí mà Nam và Minh gặp nhau, đặt $CH=x(0<x<BH)$. Suy ra $CA=\sqrt{x^2+40^2}$. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $ABH$ vuông tại $H$: $$A{B}^2=A{H}^2+B{H}^2\text{ hay }150^2=40^2+B{H}^2$$ Suy ra $BH=10\sqrt{209}$ và $BC=10\sqrt{209}-x$. Đổi vận tốc: Minh: 6 km/h = 100 m/phút; Nam: 12 km/h = 200 m/phút. Để hai người gặp nhau mà không phải chờ người kia thì thời gian Nam đạp xe bằng thời gian Minh đi bộ nên ta có phương trình: $$\frac{\sqrt{x^2+40^2}}{100}=\frac{10\sqrt{209}-x}{200}\text{ hay }2\sqrt{x^2+40^2}=10\sqrt{209}-x.$$ Bình phương 2 vế ta được: $$4x^2+6400=20900-20x\sqrt{209}+x^2\text{ hay }3x^2+20x\sqrt{209}-14500=0.$$ Giải phương trình này ta có nghiệm thỏa mãn là $x\approx 36,4$. Vậy vị trí hai bạn gặp nhau tại điểm $C$ cách điểm $H$ khoảng $36,4\mathrm{m}$. Tức là cách vị trí $B$ khoảng $10\sqrt{209}-36,4\approx 108,2\mathrm{m}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $A$ là điểm thước chạm đáy bể, $B$ là điểm tựa trên mép miệng bể, $C$ là điểm mặt nước trên thước. Ta có $AB=121$ cm, $AC=68$ cm (phần chìm trong nước), bể cao $100$ cm. Vì thước tựa vào mép miệng bể, tam giác tạo bởi thước, thành bể và đáy bể cho ta các tam giác đồng dạng: chiều cao mực nước $h$ tỉ lệ với chiều cao bể theo tỉ số phần thước chìm. Cụ thể $\frac{h}{100}=\frac{AC}{AB}=\frac{68}{121}$, suy ra $h=\frac{6800}{121}\approx 56,\mathrm{198...}\approx 56,2$ cm. Kết quả trùng với đáp án nguồn 56,2.