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

(AI giải đề cho tôi)
Sau 7 giờ, tàu thứ nhất đi được $OA=26\cdot 7=182$ hải lý theo hướng đông; tàu thứ hai đi được $OB=20\cdot 7=140$ hải lý theo hướng bắc lệch đông $30^{\circ }$. Góc giữa hai hướng (hướng đông và hướng N$30^{\circ }$E) là $90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ }$, tức $\widehat{AOB}=60^{\circ }$. Áp dụng định lí cosin trong tam giác $OAB$: $$A{B}^2=O{A}^2+O{B}^2-2\cdot OA\cdot OB\cdot \cos 60^{\circ }=182^2+140^2-2\cdot 182\cdot 140\cdot \frac{1}{2}$$ $$=33124+19600-25480=27244.$$ Vậy $AB=\sqrt{27244}=14\sqrt{139}\approx 165,05$ hải lý. Sau 7 giờ hai tàu cách nhau $14\sqrt{139}\approx 165,05$ hải lý.

(AI giải đề cho tôi)
Sau $t$ giờ, tàu thứ nhất đi được $8t$ hải lí, tàu thứ hai đi được $10t$ hải lí. Hai hướng tạo góc $120^{\circ }$, áp dụng định lí cosin: $d^2=(8t{)}^2+(10t{)}^2-2\cdot 8t\cdot 10t\cdot \cos 120^{\circ }=64t^2+100t^2+80t^2=244t^2$. Với $d=60$: $244t^2=3600\Rightarrow t^2=\frac{3600}{244}\approx 14,754\Rightarrow t\approx 3,84\approx 3,8$ giờ.

(AI giải đề cho tôi)
Sau 15 phút = 0,25 giờ, máy bay bay được $AC=220\cdot 0,25=55$ dặm. Gọi $A$ là Chicago, $B$ là Louisville, $C$ là vị trí phát hiện lỗi. Trong tam giác $ABC$: $AB=330$ dặm, $AC=55$ dặm, góc $A=10^{\circ }$. Theo định lí cosin: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos A=330^2+55^2-2\cdot 330\cdot 55\cdot \cos 10^{\circ }=108900+3025-36300\cdot 0,9848\approx 111925-35748,3\approx 76176,7$. Suy ra $BC\approx \sqrt{76176,7}\approx 276,0$ dặm. Vậy máy bay còn cách Louisville khoảng 276 dặm.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi H là độ cao điểm M (đỉnh tháp) so với đường ngang qua mắt người đo (cách mặt đất 1,3 m). Gọi x là khoảng cách từ chân tháp đến A. Tại A: tan65° = H/x; tại B: tan55° = H/(x+20). Suy ra H = tan65°·tan55°·20/(tan65° − tan55°) ≈ 2,1445·1,4281·20/0,7164 ≈ 85,5 m. Chiều cao tháp = 85,5 + 1,3 ≈ 86,8 m.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác ABC có AB = 500 m, góc A = 65°, góc B = 55°, suy ra góc C = 180° − 65° − 55° = 60°.

a) Theo định lí sin:
$$\frac{AC}{\sin 55^{\circ }}=\frac{BC}{\sin 65^{\circ }}=\frac{AB}{\sin 60^{\circ }}=\frac{500}{\sin 60^{\circ }}$$

Khoảng cách từ A đến đảo:
$$AC=\frac{500\cdot \sin 55^{\circ }}{\sin 60^{\circ }}\approx \frac{500\cdot 0,8192}{0,8660}\approx 472,9\text{ m}$$

Khoảng cách từ B đến đảo:
$$BC=\frac{500\cdot \sin 65^{\circ }}{\sin 60^{\circ }}\approx \frac{500\cdot 0,9063}{0,8660}\approx 523,2\text{ m}$$

b) Khoảng cách ngắn nhất từ C đến đường bờ biển AB là chiều cao CH của tam giác ứng với cạnh AB. Kẻ CH ⊥ AB, ta có:
$$CH=AC\cdot \sin 65^{\circ }\approx 472,9\cdot 0,9063\approx 428,6\text{ m}$$

(Kiểm tra: CH = BC·sin 55° ≈ 523,2·0,8192 ≈ 428,6 m, khớp kết quả.)

Vậy khoảng cách ngắn nhất từ đảo C vào bờ biển AB xấp xỉ 428,6 m.

(AI giải đề cho tôi)
Do tam giác ABC đều và hệ đối xứng, ba lực căng cùng độ lớn T. Phương thẳng đứng: tổng thành phần dọc của ba lực cân bằng với trọng lượng: $3T\sin 60^{\circ }=180\Rightarrow T=\frac{180}{3\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{120}{\sqrt{3}}=40\sqrt{3}\approx 69,28\approx 69$ N.

(AI giải đề cho tôi)
Từ $b(b^2-a^2)=c(a^2-c^2)$, chuyển vế: $b^3-a^{2}b=a^{2}c-c^3\Rightarrow b^3+c^3=a^2(b+c)\Rightarrow (b+c)(b^2-bc+c^2)=a^2(b+c)$. Vì $b+c>0$ nên $a^2=b^2-bc+c^2$. Mặt khác định lí cosin tại góc $A$: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$. Suy ra $-bc=-2bc\cos A\Rightarrow \cos A=\frac{1}{2}\Rightarrow A=60^{\circ }$. Vậy góc $BAC=60^{\circ }$, chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì cây vuông góc với mặt đất, tam giác ABH vuông tại H nên AB = √(AH² + HB²) = √(16+400) = 4√26 ≈ 20,396 m. Góc AB tạo với phương ngang: tan = 4/20 = 0,2 nên góc ≈ 11,31°. Do BC (cây) thẳng đứng, góc ABC = 90° − 11,31° = 78,69°. Trong tam giác ABC: góc A = 45°, góc C = 180° − 45° − 78,69° = 56,31°. Theo định lý sin: BC = AB·sin45°/sin C = 20,396·0,7071/0,8321 ≈ 17,33 m. Giá trị gần nhất là 17,5 m.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos 60^{\circ }=25+64-40=49\Rightarrow BC=7$ (đúng). Diện tích $S=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 8\cdot \sin 60^{\circ }=10\sqrt{3}\ne 10$ (sai). Bán kính ngoại tiếp $R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{7}{2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{7\sqrt{3}}{3}$ (đúng). Nửa chu vi $p=\frac{7+8+5}{2}=10$, bán kính nội tiếp $r=\frac{S}{p}=\frac{10\sqrt{3}}{10}=\sqrt{3}\ne \frac{\sqrt{3}}{2}$ (sai).
a) (AI giải đề cho tôi)
$B{C}^2=25+64-2\cdot 5\cdot 8\cdot \frac{1}{2}=49\Rightarrow BC=7$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$S=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 8\cdot \sin 60^{\circ }=10\sqrt{3}\ne 10$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{7}{\sqrt{3}}=\frac{7\sqrt{3}}{3}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$p=10$, $r=\frac{S}{p}=\frac{10\sqrt{3}}{10}=\sqrt{3}\ne \frac{\sqrt{3}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 5: Cho $\Delta ABC$ với $a=BC=12$, $b=CA=15$, $c=AB=13$, nửa chu vi $p=\frac{12+15+13}{2}=20$.

a) Theo định lí cosin:
$$\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{225+169-144}{2\cdot 15\cdot 13}=\frac{250}{390}=\frac{25}{39}\Rightarrow A\approx 50^{\circ }13^{\prime }(\approx 50,21^{\circ }).$$
$$\cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\frac{144+169-225}{2\cdot 12\cdot 13}=\frac{88}{312}=\frac{11}{39}\Rightarrow B\approx 73^{\circ }37^{\prime }(\approx 73,62^{\circ }).$$
$$\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{144+225-169}{2\cdot 12\cdot 15}=\frac{200}{360}=\frac{5}{9}\Rightarrow C\approx 56^{\circ }15^{\prime }(\approx 56,25^{\circ }).$$
Kiểm tra: $A+B+C\approx 180^{\circ }$ (sai lệch nhỏ chỉ do làm tròn).

b) Công thức Heron:
$$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{20\cdot 8\cdot 5\cdot 7}=\sqrt{5600}=20\sqrt{14}\approx 74,83.$$
$$R=\frac{abc}{4S}=\frac{12\cdot 15\cdot 13}{80\sqrt{14}}=\frac{117}{4\sqrt{14}}=\frac{117\sqrt{14}}{56}\approx 7,82.$$
$$r=\frac{S}{p}=\frac{20\sqrt{14}}{20}=\sqrt{14}\approx 3,74.$$

c) Đặt hệ tọa độ: $B(0;0)$, $C(12;0)$, do $BM=8$ nên $M(8;0)$. Gọi $A(x;y)$ với $AB=13$, $AC=15$:
- $x^2+y^2=169$
- $(x-12{)}^2+y^2=225\Rightarrow -24x+144=56\Rightarrow x=\frac{11}{3}$.
- $y^2=169-\frac{121}{9}=\frac{1400}{9}\Rightarrow y=\frac{10\sqrt{14}}{3}$.

$$A{M}^2={\left(\frac{11}{3}-8\right)}^2+\frac{1400}{9}=\frac{169}{9}+\frac{1400}{9}=\frac{1569}{9}=\frac{523}{3}\Rightarrow AM=\frac{\sqrt{1569}}{3}=\sqrt{\frac{523}{3}}\approx 13,20.$$

Kiểm tra bằng định lí Stewart với $m=BM=8$, $n=CM=4$: $b^{2}m+c^{2}n=a(A{M}^2+mn)\Rightarrow 225\cdot 8+169\cdot 4=2476=12(A{M}^2+32)\Rightarrow A{M}^2=\frac{523}{3}$. Kết quả khớp.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi C là vị trí quan sát, D là chân đường ngang mắt (cách mặt đất 5 m), DC = 18 m. Góc nâng tới chân cột A là 40°, tới đỉnh cột B là 50°.
a) Góc ACB = 50° − 40° = 10° → Đúng.
b) AD = 18·tan40° ≈ 15,10 m; BD = 18·tan50° ≈ 21,45 m. Chiều cao cột cờ h₂ = BD − AD = 18(tan50° − tan40°) ≈ 6,35 m, không thuộc (6,5; 7,0) → Sai.
c) Chiều cao tòa nhà h₁ = AD + 5 ≈ 20,10 m, thỏa 20 < h₁ < 20,5 → Đúng.
d) AC = 18/cos40° ≈ 23,5 m > 18 m → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Góc ACB = 50° − 40° = 10°.
b) (AI giải đề cho tôi)
h₂ = 18(tan50° − tan40°) ≈ 6,35 m ∉ (6,5; 7,0).
c) (AI giải đề cho tôi)
h₁ = 18·tan40° + 5 ≈ 20,10 m ∈ (20; 20,5).
d) (AI giải đề cho tôi)
AC = 18/cos40° ≈ 23,5 m > 18 m.

Xét tam giác $BCD$: $S_{BCD}=\frac{1}{2}.BC.CD.\sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}.4.4.\frac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$.

$B{D}^2=B{C}^2+C{D}^2-2.BC.CD.\cos 120^{\circ }=16+16+16=48\Rightarrow BD=4\sqrt{3}$.

Tam giác $BCD$ cân tại $C$ nên $\widehat{CBD}=\frac{180^{\circ }-120^{\circ }}{2}=30^{\circ }$, suy ra $\widehat{ABD}=150^{\circ }-30^{\circ }=120^{\circ }$.

$S_{ABD}=\frac{1}{2}.AB.BD.\sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}.6.4\sqrt{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=18$.

Diện tích sân: $S=S_{ABD}+S_{BCD}=18+4\sqrt{3}$ (m${}^2$).

Số tiền phải trả: $300\left(18+4\sqrt{3}\right)=5400+1200\sqrt{3}\approx 7478,46$ (nghìn đồng).

Vậy số tiền phải trả khoảng 7478 nghìn đồng.

Gọi $C$ là đỉnh cột ăng-ten, $I$ là chân cột ăng-ten trên nóc tòa nhà, $H$ là chân đường vuông góc kẻ từ $C$ xuống mặt đất. Khi đó $IC=5$ m và chiều cao tòa nhà là $IH$.

Ta có $\widehat{CAH}=50^{\circ }$, $\widehat{CBA}=30^{\circ }$, $AB=20$ m.

Trong tam giác $ABC$: $\widehat{CAB}=180^{\circ }-50^{\circ }=130^{\circ }$, $\widehat{ACB}=180^{\circ }-130^{\circ }-30^{\circ }=20^{\circ }$.

Theo định lí sin: $\frac{AC}{\sin 30^{\circ }}=\frac{AB}{\sin 20^{\circ }}\Rightarrow AC=\frac{20\sin 30^{\circ }}{\sin 20^{\circ }}=\frac{10}{\sin 20^{\circ }}$.

Trong tam giác $ACH$ vuông tại $H$: $CH=AC.\sin 50^{\circ }=\frac{10\sin 50^{\circ }}{\sin 20^{\circ }}$.

Chiều cao tòa nhà: $IH=CH-IC=\frac{10\sin 50^{\circ }}{\sin 20^{\circ }}-5\approx 17,4(\mathrm{m})$.

Vậy tòa nhà cao khoảng $17,4\mathrm{m}$.

Theo định lí sin, ta có $a=2R\sin A$, $b=2R\sin B$, $c=2R\sin C$.

Trong tam giác $ABC$, do $C=\pi -(A+B)$ nên $\sin C=\sin (A+B)$.

Từ giả thiết $a+b=2c$, suy ra:

$$\sin A+\sin B=2\sin (A+B)$$

$$\iff 2\sin \frac{A+B}{2}\cos \frac{A-B}{2}=4\sin \frac{A+B}{2}\cos \frac{A+B}{2}.$$

Vì $0<\frac{A+B}{2}<\frac{\pi }{2}$ nên $\sin \frac{A+B}{2}\ne 0$, chia cả hai vế cho $2\sin \frac{A+B}{2}$ ta được:

$$\cos \frac{A-B}{2}=2\cos \frac{A+B}{2}$$

$$\iff \cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}+\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}=2\left(\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}-\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\right)$$

$$\iff 3\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}=\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}.$$

Chia cả hai vế cho $\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\ne 0$:

$$3\tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2}=1\iff P=\tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2}=\frac{1}{3}.$$

Vậy tích $P=\frac{1}{3}$ có giá trị không đổi.

a) $\widehat{CAB}=180^{\circ }-45^{\circ }-105^{\circ }=30^{\circ }$. Đúng. Kẻ đường cao $CH$ ($H$ thuộc đoạn $AB$ vì $\hat{A}$, $\hat{B}$ nhọn). Tam giác $BCH$ vuông cân tại $H$ nên $CH=BH=\frac{BC}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$. Tam giác $ACH$ vuông tại $H$ có $\hat{A}=30^{\circ }$ nên $AC=2CH=4\sqrt{2}$, $AH=CH\sqrt{3}=2\sqrt{6}$. Suy ra $AB=AH+HB=2\sqrt{6}+2\sqrt{2}$.
b) $CA=4\sqrt{2}$. Đúng.
c) Chu vi tam giác $ABC$ là $4+4\sqrt{2}+2\sqrt{6}+2\sqrt{2}=4+6\sqrt{2}+2\sqrt{6}\approx 17,38\approx 17,4$. Sai.
d) $S=\frac{1}{2}AB\cdot CH=\frac{1}{2}(2\sqrt{6}+2\sqrt{2})\cdot 2\sqrt{2}=4\sqrt{3}+4$, nửa chu vi $p=2+3\sqrt{2}+\sqrt{6}$. Bán kính đường tròn nội tiếp $r=\frac{S}{p}=\frac{4\sqrt{3}+4}{2+3\sqrt{2}+\sqrt{6}}\approx 1,257>\frac{5}{4}$. Đúng.
a) $\widehat{CAB}=180^{\circ }-45^{\circ }-105^{\circ }=30^{\circ }$. Đúng. Kẻ đường cao $CH$ ($H$ thuộc đoạn $AB$ vì $\hat{A}$, $\hat{B}$ nhọn). Tam giác $BCH$ vuông cân tại $H$ nên $CH=BH=\frac{BC}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$. Tam giác $ACH$ vuông tại $H$ có $\hat{A}=30^{\circ }$ nên $AC=2CH=4\sqrt{2}$, $AH=CH\sqrt{3}=2\sqrt{6}$. Suy ra $AB=AH+HB=2\sqrt{6}+2\sqrt{2}$.
b) $CA=4\sqrt{2}$. Đúng.
c) Chu vi tam giác $ABC$ là $4+4\sqrt{2}+2\sqrt{6}+2\sqrt{2}=4+6\sqrt{2}+2\sqrt{6}\approx 17,38\approx 17,4$. Sai.
d) $S=\frac{1}{2}AB\cdot CH=\frac{1}{2}(2\sqrt{6}+2\sqrt{2})\cdot 2\sqrt{2}=4\sqrt{3}+4$, nửa chu vi $p=2+3\sqrt{2}+\sqrt{6}$. Bán kính đường tròn nội tiếp $r=\frac{S}{p}=\frac{4\sqrt{3}+4}{2+3\sqrt{2}+\sqrt{6}}\approx 1,257>\frac{5}{4}$. Đúng.

$\hat{C}=180^{\circ }-45^{\circ }-75^{\circ }=60^{\circ }$. Theo định lí sin: $\frac{AB}{\sin C}=2R\Rightarrow R=\frac{45}{2\sin 60^{\circ }}=15\sqrt{3}\approx 26,0(cm)$. Đáp án: 26.

Tam giác $BCD$ cân tại $C$ có $\widehat{BCD}=120^{\circ }$ nên $\widehat{CBD}=30^{\circ }$, $B{D}^2=4^2+4^2-\mathrm{2.4.4.}\cos 120^{\circ }=48\Rightarrow BD=4\sqrt{3}$ và $S_{BCD}=\frac{1}{2}.4.4.\sin 120^{\circ }=4\sqrt{3}$. Ta có $\widehat{ABD}=100^{\circ }-30^{\circ }=70^{\circ }$ nên $S_{ABD}=\frac{1}{2}.6.4\sqrt{3}.\sin 70^{\circ }=12\sqrt{3}\sin 70^{\circ }$. Suy ra $S_{ABCD}=4\sqrt{3}+12\sqrt{3}\sin 70^{\circ }\left(m^2\right)$. Số tiền lát gạch là $0,4\left(4\sqrt{3}+12\sqrt{3}\sin 70^{\circ }\right)\approx 10,58$ triệu đồng $\approx 10,6$ triệu đồng. Đáp án: $10,6$.

Vì $ABED$ là hình chữ nhật nên $S_{ABED}=AB\cdot AD=15\cdot 20=300\left(m^2\right)$.

Tam giác $ABD$ vuông tại $A$: $BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{15^2+20^2}=25(m)$ và $S_{ABD}=\frac{1}{2}\cdot 15\cdot 20=150\left(m^2\right)$.

Tam giác $BCD$ có $BC=19$, $CD=10$, $BD=25$, nửa chu vi $p=\frac{19+10+25}{2}=27$.

Theo công thức Heron: $S_{BCD}=\sqrt{27\cdot (27-19)\cdot (27-10)\cdot (27-25)}=\sqrt{7344}\approx 86\left(m^2\right)$.

Diện tích đất bị thu hồi: $S=S_{ABED}-S_{ABD}-S_{BCD}\approx 300-150-86=64\left(m^2\right)$.

Số tiền đền bù gia đình bác Mười nhận được là $64\cdot \mathrm{15.000.000}=\mathrm{960.000.000}$ (đồng).

Xét tam giác $ABT$:

$\widehat{TAB}=27,4^{\circ }$, $\widehat{ABT}=180^{\circ }-39,6^{\circ }=140,4^{\circ }$, suy ra $\widehat{ATB}=180^{\circ }-27,4^{\circ }-140,4^{\circ }=12,2^{\circ }$.

Theo định lí sin: $\frac{BT}{\sin \widehat{TAB}}=\frac{AB}{\sin \widehat{ATB}}\Rightarrow BT=\frac{1536.\sin 27,4^{\circ }}{\sin 12,2^{\circ }}$.

Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $T$ xuống mặt nước biển. Tam giác $BHT$ vuông tại $H$ có $\widehat{TBH}=39,6^{\circ }$.

Chiều cao ngọn núi là $TH=BT.\sin 39,6^{\circ }=\frac{1536.\sin 27,4^{\circ }.\sin 39,6^{\circ }}{\sin 12,2^{\circ }}\approx 2132$ (m).

Đáp số: 2132.

(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 $BD$ theo định lí cosin: $B{D}^2=8,2^2+16,4^2-2\cdot 8,2\cdot 16,4\cdot (-0,28)=411,5664$, nên $BD\approx 20,287m$.

Tam giác BCD có ba cạnh $BC=14,5;CD=9,7;BD\approx 20,287$. Nửa chu vi $p\approx \frac{14,5+9,7+20,287}{2}\approx 22,2435$. Theo công thức Heron:
$$S_{BCD}=\sqrt{p(p-14,5)(p-9,7)(p-20,287)}\approx \sqrt{22,2435\cdot 7,7435\cdot 12,5435\cdot 1,9565}\approx 65,02m^2.$$

Vậy diện tích mảnh đất $S\approx 64,55+65,02\approx 129,57\approx 130m^2$. Kết quả khớp với đáp án 130.