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

(AI giải đề cho tôi)
**Bài 4.** Chứng minh $\frac{S_{G_1{G}_2{G}_3}}{S_{ABC}}=\frac{a^2+b^2+c^2}{36R^2}$.

**Bước 1: Bổ đề (tam giác pedal).** Cho điểm $P$ nằm trong tam giác $ABC$, $P_1,P_2,P_3$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $P$ lên $BC,CA,AB$. Khi đó, với $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp bán kính $R$:
$$S_{P_1{P}_2{P}_3}=\frac{S_{ABC}\cdot (R^2-O{P}^2)}{4R^2}.$$

*Chứng minh bổ đề.* Đặt $\angle PAB=x,\angle PBA=y$, khi đó $x<A,y<B$.

- Tứ giác $A{P}_{2}P{P}_3$ nội tiếp đường kính $AP$, và $P_2{P}_3$ căng góc $\angle P_{2}A{P}_3=A$, nên $P_2{P}_3=PA\sin A$. Tương tự $P_3{P}_1=PB\sin B$.
- Trong đường tròn đường kính $BP$: $\angle P{P}_3{P}_1=\angle PB{P}_1=B-y$. Trong đường tròn đường kính $AP$: $\angle P_2{P}_{3}P=\angle P_{2}AP=A-x$. Vì tia $P_{3}P$ nằm trong góc $P_2{P}_3{P}_1$ nên
$$\angle P_2{P}_3{P}_1=(B-y)+(A-x)=180^{\circ }-(C+x+y).$$
- Do đó
$$S_{P_1{P}_2{P}_3}=\frac{1}{2}PA\cdot PB\cdot \sin A\sin B\sin (C+x+y).$$
- Trong tam giác $APB$, theo định lý sin:
$$PA=\frac{c\sin y}{\sin (x+y)},PB=\frac{c\sin x}{\sin (x+y)},c=2R\sin C.$$
- Gọi $P^{\prime }$ là giao điểm thứ hai của tia $AP$ với đường tròn ngoại tiếp. Trong tam giác $AB{P}^{\prime }$: $\angle A{P}^{\prime }B=C$, $\angle P^{\prime }AB=x$, $\angle P^{\prime }BP=180^{\circ }-C-x-y$, và $B{P}^{\prime }=2R\sin x$, suy ra theo định lý sin trong tam giác $BP{P}^{\prime }$:
$$P{A}^{\prime }=\frac{2R\sin x\sin (C+x+y)}{\sin (x+y)}.$$
- Vì $P$ nằm trong đường tròn nên theo định lý về tích đoạn thẳng (power của điểm):
$$R^2-O{P}^2=PA\cdot P{A}^{\prime }.$$
Thay $PA$ và $P{A}^{\prime }$ vào:
$$R^2-O{P}^2=\frac{c\sin y}{\sin (x+y)}\cdot \frac{2R\sin x\sin (C+x+y)}{\sin (x+y)}=\frac{4R^2\sin C\sin x\sin y\sin (C+x+y)}{{\sin }^2(x+y)}.$$
Mặt khác, từ công thức của $PA,PB$ với $c=2R\sin C$:
$$PA\cdot PB\cdot \sin (C+x+y)=\frac{c^2\sin x\sin y\sin (C+x+y)}{{\sin }^2(x+y)}=\sin C(R^2-O{P}^2).$$
- Vậy, với $S_{ABC}=2R^2\sin A\sin B\sin C$:
$$S_{P_1{P}_2{P}_3}=\frac{1}{2}\sin A\sin B\cdot \sin C(R^2-O{P}^2)=\frac{S_{ABC}(R^2-O{P}^2)}{4R^2}.$$
Bổ đề được chứng minh.

**Bước 2: Tính $O{G}^2$ với $G$ là trọng tâm.**
Theo định lý Leibniz áp dụng cho trọng tâm $G$:
$$G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2=\frac{a^2+b^2+c^2}{3}.$$

Tổng quát, với mọi điểm $M$: $M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2=G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2+3M{G}^2$. Chọn $M=O$ (khi đó $OA=OB=OC=R$):
$$3R^2=\frac{a^2+b^2+c^2}{3}+3O{G}^2⟹O{G}^2=R^2-\frac{a^2+b^2+c^2}{9}.$$

**Bước 3: Kết luận.**
Áp dụng bổ đề với $P=G$ (G luôn nằm trong tam giác nên $R^2-O{G}^2>0$):
$$S_{G_1{G}_2{G}_3}=\frac{S_{ABC}(R^2-O{G}^2)}{4R^2}=\frac{S_{ABC}}{4R^2}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{9}=S_{ABC}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{36R^2}.$$
Suy ra $\frac{S_{G_1{G}_2{G}_3}}{S_{ABC}}=\frac{a^2+b^2+c^2}{36R^2}$. $■$

**Kiểm tra:** với tam giác đều cạnh $a$: $R=\frac{a}{\sqrt{3}}$, $G\equiv O$ nên $G_1{G}_2{G}_3$ là tam giác trung bình, $S_{G_1{G}_2{G}_3}=\frac{1}{4}{S}_{ABC}$; công thức cho $\frac{3a^2}{36a^2/3}=\frac{1}{4}$. ✓

Gọi $B$ là vị trí tàu du lịch hỏng động cơ, $C$ là vị trí tàu cứu hộ tiếp cận tàu du lịch, $t$ (giờ) là thời gian tàu cứu hộ di chuyển $(t>0)$.

Ta có $AB=50\cdot 2=100$ (hải lí), $BC=10\left(t+\frac{1}{2}\right)=10t+5$, $AC=74t$.

Tại $B$, hướng $BA$ là $N75^{\circ }W$, hướng $BC$ là $S45^{\circ }W$ nên $\widehat{ABC}=180^{\circ }-75^{\circ }-45^{\circ }=60^{\circ }$.

Theo định lí côsin: $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2AB\cdot BC\cdot \cos 60^{\circ }$

$\iff (74t{)}^2=10000+(10t+5{)}^2-100(10t+5)$

$\iff 5376t^2+900t-9525=0\iff 1792t^2+300t-3175=0\iff t=\frac{5}{4}$ (nhận) hoặc $t<0$ (loại).

Suy ra $AC=92,5$, $BC=17,5$. Khi đó
$$\cos \widehat{BAC}=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2\cdot AB\cdot AC}=\frac{10000+8556,25-306,25}{2\cdot 100\cdot 92,5}=\frac{73}{74}\Rightarrow \widehat{BAC}\approx 9,43^{\circ }.$$

Tàu du lịch trôi theo hướng Tây Nam nên điểm $C$ và hướng Nam từ $A$ nằm cùng phía đối với đường thẳng $AB$. Do đó tia $AC$ nằm giữa hướng Nam và tia $AB$, hợp với hướng Nam một góc $75^{\circ }-9,43^{\circ }=65,57^{\circ }$ về phía Đông.

Vậy tàu cứu hộ cần đi theo hướng khoảng $S65,57^{\circ }E$ (sau $1,25$ giờ sẽ tiếp cận được tàu du lịch).

Trải mặt xung quanh của hình nón (bán kính $R=60$, chu vi đáy $2\pi \cdot 20=40\pi$) thành hình quạt tròn tâm $O$ bán kính $60$, góc ở tâm $\alpha =\frac{40\pi }{60}=\frac{2\pi }{3}=120^{\circ }$. Điểm $A$ cách $O$ một đoạn $OA=60$, điểm $B$ cách $O$ một đoạn $OB=60-10=50$. Độ dài đường đi ngắn nhất là đoạn thẳng $AB=\sqrt{60^2+50^2-2\cdot 60\cdot 50\cos 120^{\circ }}=10\sqrt{91}$. Điểm cao nhất trên đường đi ứng với chân đường vuông góc $H$ hạ từ $O$ xuống $AB$. Quãng đường xuống dốc là $HB=\frac{O{B}^2+A{B}^2-O{A}^2}{2AB}=\frac{2500+9100-3600}{20\sqrt{91}}=\frac{400}{\sqrt{91}}$. Suy ra $a=400,b=91\Rightarrow T=a+b=491$.

Theo bảng đáp án chính thức mã đề 101 của trường THPT Diễn Châu 5, chiều rộng nhỏ nhất là $3,7\text{ m}$.

Theo đáp án chính thức của trường THPT thị xã Quảng Trị cho mã đề 1111, diện tích phần nuôi cá là $1736{\text{ m}}^2$.