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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $TO=h$ là chiều cao cột đèn. Vì $\widehat{TAO}=55^0$ nên $h=AO\cdot \tan 55^0$; vì $\widehat{TBO}=65^0$ nên $h=OB\cdot \tan 65^0$. Mà $AO+OB=10$, suy ra $AO=\frac{10\tan 65^0}{\tan 55^0+\tan 65^0}\approx \frac{21,445}{3,5726}\approx 6,003$ m, nên $h\approx 6,003\cdot \tan 55^0\approx 8,573$ m. Tia sáng từ $T$ qua đỉnh đầu bạn An (cao $1,78$ m tại $A$) gặp đất tại $M$, nên tam giác đồng dạng cho $\frac{h}{MO}=\frac{1,78}{MA}$, tức $\frac{MO}{MA}=\frac{h}{1,78}\approx \frac{8,573}{1,78}\approx 4,82\in (4;5)$. Vậy chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác ABC có AC = 388 m, BC = 212 m, góc C = 82,4°.
a) Theo định lí cosin: AB² = 388² + 212² − 2·388·212·cos82,4° ≈ 195488 − 164512·0,13226 ≈ 173730, nên AB ≈ 416,8 ≈ 417 m. Đúng.
b) Diện tích tam giác: S = ½·388·212·sin82,4° ≈ 40787 m². Khoảng cách từ C đến AB: h = 2S/AB ≈ 81574/416,8 ≈ 195,7 ≈ 196 m ≠ 190 m. Sai.
c) Đi qua C: AC + CB = 600 m; đường hầm 417 m; tiết kiệm 183 m. Thời gian tiết kiệm = 0,183/4 h ≈ 0,04575 h ≈ 2,745 phút ≈ 3 phút. Đúng.
d) Định lí sin: sinB = AC·sinC/AB = 388·sin82,4°/416,8 ≈ 0,9229, và góc A = arcsin(212·sin82,4°/416,8) ≈ 30,3° nên B ≈ 180° − 82,4° − 30,3° ≈ 67,3° ≈ 67° ≠ 57°. Sai.
Kết quả khớp đáp án mã đề 1002: Đ, S, Đ, S.
a) (AI giải đề cho tôi)
AB² = 388² + 212² − 2·388·212·cos82,4° ≈ 173730 nên AB ≈ 416,8 ≈ 417 m. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
h = (AC·BC·sinC)/AB ≈ (388·212·sin82,4°)/416,8 ≈ 195,7 ≈ 196 m ≠ 190 m. Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tiết kiệm quãng đường 600 − 417 = 183 m; thời gian = 0,183/4 h ≈ 2,745 ≈ 3 phút. Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
sinB = 388·sin82,4°/416,8 ≈ 0,9229, góc A ≈ 30,3° nên B ≈ 67° ≠ 57°. Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Chia tứ giác ABCD thành hai tam giác ABD và BCD.

Tam giác BCD: BC = CD = 4, góc C = 120°. Diện tích $S_{BCD}=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 4\cdot \sin 120°=4\sqrt{3}\approx 6,9282$ m². Theo định lí cosin: $B{D}^2=4^2+4^2-2\cdot 4\cdot 4\cos 120°=48\Rightarrow BD=4\sqrt{3}$. Tam giác BCD cân tại C nên $\widehat{DBC}=30°$, suy ra $\widehat{ABD}=100°-30°=70°$.

Tam giác ABD: $S_{ABD}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot BD\cdot \sin 70°=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 4\sqrt{3}\cdot \sin 70°=12\sqrt{3}\sin 70°\approx 19,5327$ m².

Diện tích mảnh đất: $S=4\sqrt{3}+12\sqrt{3}\sin 70°\approx 26,4609$ m².

Số tiền lát gạch: $a=26,4609\times 400\approx 10584,4$ nghìn đồng. Vậy $\frac{a}{4}\approx 2646$ (làm tròn đến hàng đơn vị), khớp với đáp án nguồn 2646.

Lời giải:
[Hình cần kiểm tra lại: p8_f1]
Trong tam giác $AKI$ ta có: $\widehat{IAK}=180^{\circ }-\widehat{AIK}-\widehat{AKI}=180^{\circ }-60^{\circ }-50^{\circ }=70^{\circ }$. (0,25 đ)
Áp dụng định lí sin vào tam giác $AKI$ ta có:
$$\frac{AK}{\sin \widehat{AIK}}=\frac{IK}{\sin \widehat{KAI}}\Rightarrow AK=\frac{IK\cdot \sin \widehat{AIK}}{\sin \widehat{KAI}}=\frac{380\cdot \sin 60^{\circ }}{\sin 70^{\circ }}\approx 350,21(m).$$ (0,25 đ)
Lại có: $\widehat{KAB}=180^{\circ }-\widehat{KAI}=180^{\circ }-70^{\circ }=110^{\circ }$.
Áp dụng định lí sin vào tam giác $AKB$ ta có:
$$\frac{AB}{\sin \widehat{AKB}}=\frac{AK}{\sin \widehat{ABK}}\Rightarrow AB=\frac{AK\cdot \sin \widehat{AKB}}{\sin \widehat{ABK}}\approx \frac{350,21\cdot \sin (65^{\circ }-50^{\circ })}{\sin (180^{\circ }-110^{\circ }-15^{\circ })}\approx 111(m).$$ (0,5 đ)

(AI giải đề cho tôi)
Tính đường chéo BD. Trong tam giác BCD: BC=CD=4, góc C=120° nên BD²=16+16−2·16·cos120°=48, BD=4√3; diện tích S_BCD=½·4·4·sin120°=4√3≈6,928 m². Góc DBC = (180°−120°)/2 = 30°, nên góc ABD = 100°−30° = 70°. Diện tích tam giác ABD: S=½·AB·BD·sin70°=½·6·4√3·sin70°=12√3·sin70°≈19,532 m². Tổng diện tích mảnh đất ≈ 26,460 m². Số tiền a = 400·26,460 ≈ 10584,1 nghìn đồng, nên a/4 ≈ 2646 (làm tròn đến hàng đơn vị). Khớp với đáp án nguồn 2646.

Lời giải:
[Hình cần kiểm tra lại: p8_f1]
Trong tam giác $AKI$ ta có: $\widehat{IAK}=180^{\circ }-\widehat{AIK}-\widehat{AKI}=180^{\circ }-60^{\circ }-50^{\circ }=70^{\circ }$. (0,25 đ)
Áp dụng định lí sin vào tam giác $AKI$ ta có:
$$\frac{AK}{\sin \widehat{AIK}}=\frac{IK}{\sin \widehat{KAI}}\Rightarrow AK=\frac{IK\cdot \sin \widehat{AIK}}{\sin \widehat{KAI}}=\frac{380\cdot \sin 60^{\circ }}{\sin 70^{\circ }}\approx 350,21(m).$$ (0,25 đ)
Lại có: $\widehat{KAB}=180^{\circ }-\widehat{KAI}=180^{\circ }-70^{\circ }=110^{\circ }$.
Áp dụng định lí sin vào tam giác $AKB$ ta có:
$$\frac{AB}{\sin \widehat{AKB}}=\frac{AK}{\sin \widehat{ABK}}\Rightarrow AB=\frac{AK\cdot \sin \widehat{AKB}}{\sin \widehat{ABK}}\approx \frac{350,21\cdot \sin (65^{\circ }-50^{\circ })}{\sin (180^{\circ }-110^{\circ }-15^{\circ })}\approx 111(m).$$ (0,5 đ)

Đáp án mã đề 1001, câu 9: Đ S S Đ (a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng).

(AI giải đề cho tôi)
Ngôi sao gồm 5 tam giác bằng nhau chung đỉnh A (tâm đường tròn), nên góc ở tâm mỗi tam giác là 360°/5 = 72°.
a) Sai: góc BAC = 72°, không phải 36°.
b) Sai: định lí cosin cho BC² = AB² + AC² − 2·AB·AC·cos(BAC) (dấu trừ, không phải dấu cộng).
c) Sai: với AB = 20, BC = 30, góc A = 72°: 900 = 400 + AC² − 40·AC·cos72°, tức AC² − 12,3607·AC − 500 = 0, giải được AC ≈ 29,4 cm (không phải 43,8 cm).
d) Sai: bán kính đường tròn R = AC ≈ 29,38 cm nên diện tích đường tròn ≈ π·29,38² ≈ 2711,7 cm². Diện tích ngôi sao = 5·(1/2·AB·AC·sin72°) ≈ 5·279,4 ≈ 1397,0 cm². Diện tích phần tô đậm ≈ 2711,7 − 1397,0 ≈ 1314,7 cm², không phải 3448,5 cm².
a) (AI giải đề cho tôi)
Năm tam giác bằng nhau chia quanh tâm A nên góc BAC = 360°/5 = 72° ≠ 36°.
b) (AI giải đề cho tôi)
Định lí cosin: BC² = AB² + AC² − 2·AB·AC·cos(BAC); mệnh đề dùng dấu cộng nên sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
Giải 900 = 400 + AC² − 40·AC·cos72° được AC² − 12,3607AC − 500 = 0 ⇒ AC ≈ 29,4 cm, không phải 43,8 cm.
d) (AI giải đề cho tôi)
R = AC ≈ 29,38 cm ⇒ S_đường tròn ≈ 2711,7 cm²; S_sao = 5·(1/2·20·29,38·sin72°) ≈ 1397,0 cm²; phần tô đậm ≈ 1314,7 cm² ≠ 3448,5 cm².

(AI giải đề cho tôi)
Gọi B là đỉnh bóng, A là đỉnh cột, C là chân cột. Tia nắng lệch phương thẳng đứng một góc $90^{\circ }-42^{\circ }=48^{\circ }$, nên góc tại A (giữa cột thẳng đứng và tia nắng AB) bằng $48^{\circ }$. Góc tại B giữa tia nắng và sườn dốc bằng $42^{\circ }-\theta$ (theo hình). Góc tại C bằng $180^{\circ }-48^{\circ }-(42^{\circ }-\theta )=90^{\circ }+\theta$.

Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC:
$$\frac{AC}{\sin (42^{\circ }-\theta )}=\frac{BC}{\sin 48^{\circ }}\Rightarrow \frac{10}{\sin (42^{\circ }-\theta )}=\frac{17}{\sin 48^{\circ }}$$
$$\sin (42^{\circ }-\theta )=\frac{10\sin 48^{\circ }}{17}=\frac{10\cdot 0,7431}{17}\approx 0,4371$$
$$42^{\circ }-\theta \approx 25,93^{\circ }\Rightarrow \theta \approx 16,07^{\circ }$$

Làm tròn đến hàng đơn vị: $\theta \approx 16$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình tròn lớn nhất cắt được từ tam giác là đường tròn nội tiếp tam giác. Tam giác ABC cân tại B với AB=BC=16, AC=12. Gọi M là trung điểm AC thì AM=6, đường cao BM = √(16²−6²) = √220 = 2√55. Diện tích S = (12·2√55)/2 = 12√55 (cm²). Nửa chu vi p = (16+16+12)/2 = 22. Bán kính đường tròn nội tiếp r = S/p = 12√55/22 = 6√55/11 ≈ 4,045 cm. Làm tròn đến hàng đơn vị: r ≈ 4 cm.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $B$ trên tia $Ox$ tại $(b,0)$, vận tốc ${\vec{v}}_B=(-V_B,0)$; $A$ tại $(a\cos 30^{\circ },a\sin 30^{\circ })$, vận tốc ${\vec{v}}_A=(-V_A\cos 30^{\circ },-V_A\sin 30^{\circ })$ với $V_B=V_A/\sqrt{3}$. Khoảng cách $AB$ nhỏ nhất khi vận tốc tương đối vuông góc với $\overrightarrow{AB}=(a\cos 30^{\circ }-b,a\sin 30^{\circ })$.

${\vec{v}}_A-{\vec{v}}_B=(-V_A\cos 30^{\circ }+V_B,-V_A\sin 30^{\circ })$.

Tích vô hướng bằng 0:
$$(-V_A\cos 30^{\circ }+V_B)(a\cos 30^{\circ }-b)-V_A\sin 30^{\circ }\cdot a\sin 30^{\circ }=0$$
$$\Rightarrow -V_{A}a+V_A\frac{\sqrt{3}}{2}b+\frac{V_A}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}a-\frac{V_A}{\sqrt{3}}b=0$$
$$\Rightarrow -\frac{a}{2}+b\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)=0\Rightarrow \frac{a}{2}=\frac{b}{2\sqrt{3}}\Rightarrow a=\frac{b}{\sqrt{3}}.$$

Vậy $OB=\sqrt{3}OA$, góc $O=30^{\circ }$. Theo định lí cosin trong tam giác $AOB$:
$$A{B}^2=O{A}^2+O{B}^2-2\cdot OA\cdot OB\cos 30^{\circ }=a^2+3a^2-2\sqrt{3}{a}^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=a^2\Rightarrow AB=a.$$

Góc $\widehat{BAO}=\phi$ đối diện cạnh $OB=\sqrt{3}a$:
$$\cos \phi =\frac{O{A}^2+A{B}^2-O{B}^2}{2\cdot OA\cdot AB}=\frac{a^2+a^2-3a^2}{2a^2}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \phi =120^{\circ }.$$

Đáp số: $\phi =120$.

(AI giải đề cho tôi)
Ba điểm A, B, C nằm trên vành đĩa nên thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; bán kính chiếc đĩa là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với $AB=5,3$; $BC=4,7$; $CA=8,5$ (cm).

Nửa chu vi: $p=\frac{5,3+4,7+8,5}{2}=9,25$ cm.

Diện tích theo công thức Heron:
$$S=\sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-CA)}=\sqrt{9,25\cdot 3,95\cdot 4,55\cdot 0,75}\approx 11,166{\text{cm}}^2.$$

Bán kính đường tròn ngoại tiếp:
$$R=\frac{AB\cdot BC\cdot CA}{4S}=\frac{5,3\cdot 4,7\cdot 8,5}{4\cdot 11,166}=\frac{211,735}{44,664}\approx 4,74\text{cm}.$$

Vậy bán kính chiếc đĩa gần bằng $4,74$ cm, chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Hình vẽ ở trang 7 xác nhận: $A$ là đầu bóng trên sườn đồi, $B$ chân cây, $C$ ngọn cây; sườn đồi tạo góc $\alpha =26^{\circ }$ với phương ngang, tia nắng $AC$ tạo góc $\beta =54^{\circ }$ với phương ngang.
- Góc giữa bóng $AB$ (nằm trên sườn đồi) và tia nắng $AC$: $\widehat{BAC}=\beta -\alpha =54^{\circ }-26^{\circ }=28^{\circ }$.
- Cây $BC$ thẳng đứng nên $BC$ vuông góc với phương ngang; sườn đồi nghiêng $\alpha$ lên trên nên góc trong tam giác tại $B$ là $\widehat{ABC}=90^{\circ }+\alpha =116^{\circ }$.
- Suy ra $\widehat{ACB}=180^{\circ }-116^{\circ }-28^{\circ }=36^{\circ }$.
- Định lí sin: $\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}}=\frac{AB}{\sin \widehat{ACB}}$ nên $BC=18,5\cdot \frac{\sin 28^{\circ }}{\sin 36^{\circ }}\approx 18,5\cdot \frac{0,4695}{0,5878}\approx 14,77\approx 14,8$ m.
Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 0102, câu 15: 14,8).

(AI giải đề cho tôi)
Xét tam giác $ABC$ với $A$ là đầu bóng, $B$ là chân cây, $C$ là ngọn cây. Cạnh $AB=18,5$ m nằm dọc sườn đồi nên tạo với phương ngang góc $\alpha =26^{\circ }$; tia nắng $AC$ tạo với phương ngang góc $\beta =54^{\circ }$, do đó $\widehat{BAC}=\beta -\alpha =28^{\circ }$. Cây $BC$ thẳng đứng nên $BC$ vuông góc phương ngang, suy ra $\widehat{ACB}=90^{\circ }-\beta =36^{\circ }$. Theo định lí sin: $\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}}=\frac{AB}{\sin \widehat{ACB}}$, nên $BC=18,5\cdot \frac{\sin 28^{\circ }}{\sin 36^{\circ }}\approx 18,5\cdot \frac{0,4695}{0,5878}\approx 14,77\approx 14,8$ m. Kết quả khớp với đáp án nguồn 14,8.

Hướng dẫn chấm:
$\sin B=\frac{2S}{BC\cdot AB}=\frac{6\sqrt{3}}{12}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \hat{B}=60^{\circ }$ (0,5 điểm)
Khi đó: $AC=\sqrt{B{C}^2+A{B}^2-2\cdot BC\cdot AB\cdot \cos B}=\sqrt{13}$ (0,25 điểm)
$R=\frac{AC}{2\sin B}=\frac{\sqrt{13}}{2\sin 60^{\circ }}=\frac{\sqrt{39}}{3}$ (0,25 điểm)

Ta có
$$\frac{1+\cos B}{\sin B}=\frac{2a+c}{\sqrt{4a^2-c^2}}\iff \frac{(1+\cos B{)}^2}{{\sin }^{2}B}=\frac{(2a+c{)}^2}{4a^2-c^2}(0,25\text{đ})$$
$$\iff \frac{1+\cos B}{1-\cos B}=\frac{2a+c}{2a-c}\iff \frac{1+\cos B}{1-\cos B}-1=\frac{2a+c}{2a-c}-1(0,25\text{đ})$$
$$\iff 2ac\cdot \cos B=c^2\iff a^2+c^2-b^2=c^2\iff a^2=b^2=b^2\iff a=b(0,25\text{đ})$$
Vậy tam giác $ABC$ cân tại $C$. (0,25đ)
(Ghi chú: nguồn gốc ghi 'a^2=b^2=b^2' — có vẻ là lỗi đánh máy của tài liệu gốc, kỳ vọng 'a^2=b^2'; giữ nguyên theo nguồn.)

Ta có $\frac{1+\cos A}{\sin A}=\frac{2b+c}{\sqrt{4b^2-c^2}}$
$$\frac{1+\cos A}{\sin A}=\frac{2b+c}{\sqrt{4b^2-c^2}}\iff \frac{(1+\cos A{)}^2}{{\sin }^{2}A}=\frac{(2b+c{)}^2}{4b^2-c^2}(0,25\text{đ})$$
$$\iff \frac{1+\cos A}{1-\cos A}=\frac{2b+c}{2b-c}\iff \frac{1+\cos A}{1-\cos A}-1=\frac{2b+c}{2b-c}-1(0,25\text{đ})$$
$$\iff 2bc\cdot \cos A=c^2\iff b^2+c^2-a^2=c^2\iff a^2=b^2\iff a=b(0,25\text{đ})$$
Vậy tam giác $ABC$ cân tại $C$. (0,25đ)
Lưu ý: Học sinh giải cách khác mà ra kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $E,F$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $A,B$ xuống bờ sông, với $AE=55m$, $BF=125m$. Vì $AB=250m$ và chênh lệch khoảng cách đến bờ là $125-55=70m$, khoảng cách ngang theo bờ sông là $EF=\sqrt{250^2-70^2}=\sqrt{62500-4900}=\sqrt{57600}=240m$. Lấy $B^{\prime }$ đối xứng với $B$ qua bờ sông thì $B^{\prime }F=125m$ (phía bên kia bờ). Đường đi ngắn nhất từ $A$ qua một điểm $M$ trên bờ sông rồi về $B$ chính là đoạn thẳng $A{B}^{\prime }$: $A{B}^{\prime }=\sqrt{E{F}^2+(AE+F{B}^{\prime }{)}^2}=\sqrt{240^2+(55+125{)}^2}=\sqrt{57600+32400}=\sqrt{90000}=300m$. Kết quả trùng với đáp án 300 của đề (mã đề 0102, Phần III câu 6).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $B$ là vị trí mắt của Minh (cao $1,6$ m so với đất), $D$ là đỉnh phần thân nhà thờ, $E$ là chân mái chóp, $F$ là đỉnh mái chóp, với $EF=21$ m. Kẻ $BD$ ngang, đặt $BD=x$ (m).

Theo hình vẽ: $\widehat{EBD}=19^{\circ }$, $\widehat{FBE}=10^{\circ }$ nên $\widehat{FBD}=19^{\circ }+10^{\circ }=29^{\circ }$.

Trong tam giác vuông tại $D$:
$$ED=x\tan 19^{\circ },FD=x\tan 29^{\circ }.$$

Vì $FD-ED=EF=21$:
$$x(\tan 29^{\circ }-\tan 19^{\circ })=21\Rightarrow x=\frac{21}{0,554309-0,344328}=\frac{21}{0,209981}\approx 100,01\text{ m}.$$

Suy ra $ED\approx 100,01\cdot \tan 19^{\circ }\approx 34,44$ m.

Chiều cao nhà thờ (tính tới đỉnh mái chóp $F$):
$$AC=1,6+ED+EF\approx 1,6+34,44+21=57,04\text{ m}.$$

Vậy chiều cao của nhà thờ Đức Bà xấp xỉ $57,04$ m.