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

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin trong tam giác $ABC$ với $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$, ta có $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$. Kiểm tra: khi $A=90^{\circ }$ thì $a^2=b^2+c^2$ (đúng với Pythagoras). Đáp án khớp với bảng đáp án mã đề 1001 (Câu 9: B).

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí côsin trong tam giác $ABC$: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ (cạnh $a$ đối diện góc $A$). Do đó đáp án đúng là C, khớp với bảng đáp án đề 1106 (câu 15: C).

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí côsin trong tam giác $ABC$ (với ký hiệu quen thuộc $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$), ta có: $$a^2=b^2+c^2-2bc\cos A.$$ Đây chính là mệnh đề ở phương án A. Các phương án B, C, D sai vì: B sai dấu trước $2bc\cos A$; C và D dùng góc $B$ hoặc $C$ không tương ứng với cạnh $a$ (đúng phải là $b^2=a^2+c^2-2ac\cos B$ và $c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$). Kết quả này trùng với đáp án A trong bảng đáp án của đề (mã 1105, câu 2).

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích tam giác $ABC$: $S=\frac{1}{2}AB\cdot BC\cdot \sin \widehat{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 4\cdot \sin 150^{\circ }=10\cdot \frac{1}{2}=5$. Vậy đáp án $D$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin trong tam giác $ABC$: $A{B}^2=B{C}^2+A{C}^2-2\cdot BC\cdot AC\cdot \cos \hat{C}=3+4-2\cdot \sqrt{3}\cdot 2\cdot \cos 150^{\circ }$. Vì $\cos 150^{\circ }=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ nên $A{B}^2=7+2\sqrt{3}\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=7+6=13$. Suy ra $AB=\sqrt{13}$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác ABC có AB=5, BC=√31, AC=6. Theo định lí cosin: cos A = (AB²+AC²−BC²)/(2·AB·AC) = (25+36−31)/60 = 30/60 = 1/3, nên khẳng định b đúng. Suy ra sin A = √(1−1/9) = (2√2)/3. a) R = BC/(2 sin A) = √31/(2·2√2/3) = 3√31/(4√2) = 3√62/8 ≈ 2,96, khác √93/3 ≈ 3,21 nên sai. c) cos(B+C) = cos(180°−A) = −cos A = −1/3 ≠ −1/2; sin(90°−A) = cos A = 1/3 ≠ 1/2 nên sai. d) S = ½·AB·AC·sin A = ½·5·6·(2√2/3) = 10√2 ≈ 14,14 ≠ 15√3 nên sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
R = BC/(2 sin A) = √31/(4√2/3) = 3√62/8 ≈ 2,96 ≠ √93/3 ≈ 3,21.
b) (AI giải đề cho tôi)
cos A = (25+36−31)/(2·5·6) = 30/60 = 1/3.
c) (AI giải đề cho tôi)
cos(B+C) = −cos A = −1/3 ≠ −1/2; sin(90°−A) = cos A = 1/3 ≠ 1/2.
d) (AI giải đề cho tôi)
S = ½·5·6·sin A = 15·(2√2/3) = 10√2 ≈ 14,14 ≠ 15√3.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $C$ xuống bờ biển, $CH=h$. Vì góc nghiêng tại $A$ là $45^{\circ }$ nên tam giác $AHC$ vuông tại $H$ có $AH=h\cdot \tan 45^{\circ }=h$. Tại $B$, góc $35^{\circ }$ nên $BH=\frac{h}{\tan 35^{\circ }}$. Theo hình vẽ, $H$ nằm giữa $A$ và $B$ nên $AH+BH=105$: $h+\frac{h}{\tan 35^{\circ }}=105\Rightarrow h=\frac{105\tan 35^{\circ }}{1+\tan 35^{\circ }}$. Với $\tan 35^{\circ }\approx 0,7002$: $h\approx \frac{105\cdot 0,7002}{1,7002}\approx 43,2$ m. Vậy khoảng cách từ $C$ tới bờ biển khoảng $43,2$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Góc nhìn so với phương thẳng đứng tại C: góc giữa $CD$ và $CA$ bằng $75^{\circ }$, góc giữa $CD$ và $CB$ bằng $30^{\circ }$. Trong tam giác vuông tại $D$: $AD=CD\cdot \tan 75^{\circ }=90(2+\sqrt{3})\approx 335,88m$; $BD=CD\cdot \tan 30^{\circ }=90\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}\approx 51,96m$. Vì $A$, $B$, $D$ thẳng hàng và $B$ nằm giữa $A$ và $D$: $AB=AD-BD\approx 335,88-51,96=283,92\approx 284m$. Vậy chọn B.

$ABCD$ là tứ diện đều cạnh $a$ nên suy ra $\Delta ABC$ là tam giác đều cạnh $a$. Ta có: $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=AB.AC.\cos A=a.a.\frac{1}{2}=\frac{a^2}{2}$. Chọn B

Áp dụng định lý sin cho tam giác ABC với góc $BAC=180^0-75^0-60^0=45^0$ ta có: $\frac{AB}{\sin 75^0}=\frac{BC}{\sin 45^0}\Rightarrow AB=300.\frac{\sin 75^0}{\sin 45^0}=410(m)$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $ABC$, góc $\hat{A}=180^{\circ }-60^{\circ }-75^{\circ }=45^{\circ }$. Theo định lý sin: $\frac{AB}{\sin 75^{\circ }}=\frac{BC}{\sin 45^{\circ }}$, nên $AB=300\cdot \frac{\sin 75^{\circ }}{\sin 45^{\circ }}=300\cdot \frac{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=150(\sqrt{3}+1)\approx 409,8\approx 410$ m. Vậy chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích tam giác ABC: $S=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin \widehat{BAC}=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 4\cdot \sin 30^{\circ }=4\cdot \frac{1}{2}=2$. Vậy đáp án D, trùng với đáp án nguồn (Câu 12: D).

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác ABC đều cạnh 25 cm nên tâm O cách mỗi đỉnh một khoảng $R=\frac{25}{\sqrt{3}}$ cm, $R^2=\frac{625}{3}$. Chiều cao chóp $SO=\sqrt{S{A}^2-R^2}=\sqrt{900-\frac{625}{3}}=\sqrt{\frac{2075}{3}}\approx 26,2996$ cm. Gọi $\alpha$ là góc giữa sợi dây SA và phương thẳng đứng thì $\cos \alpha =\frac{SO}{SA}=\frac{\sqrt{2075/3}}{30}$. Do tính đối xứng, ba lực căng bằng nhau $T$ và tổng thành phần thẳng đứng cân bằng trọng lượng P: $3T\cos \alpha =P$. Với $T_{\max }=25$ N: $P_{\max }=3\cdot 25\cdot \frac{\sqrt{2075/3}}{30}=\frac{5}{2}\sqrt{\frac{2075}{3}}\approx 65,75$ N. Vì dây đứt khi lực căng vượt 25 N, kết quả làm tròn đến hàng đơn vị phải làm tròn xuống để lực căng không vượt quá giới hạn: $P_{\max }\approx 65$ N. Khớp với đáp án nguồn trang 7 (Câu 3 = 65).

a) Xét hình vẽ sau đây:



Gọi $T^{\prime }$ là tâm phép vị tự quay biến $AF$ thành $EA$.
Khi đó $△T^{\prime }AF\sim △T^{\prime }EA$. Suy ra, $△T^{\prime }CF\sim △T^{\prime }BA$ (do $B,C$ là trung điểm của các đoạn thẳng $EA,AF$). Suy ra $\widehat{T^{\prime }BA}=\widehat{T^{\prime }CF}$ và $\frac{T^{\prime }B}{T^{\prime }C}=\frac{BA}{CF}=\frac{AB}{AC}$.
Ta suy ra tứ giác $T^{\prime }BAC$ là tứ giác nội tiếp và điều hòa.
Theo tính chất của tứ giác điều hòa, $A{T}^{\prime }$ là đường đối trung của $△ABC$, hay $\widehat{T^{\prime }AB}=\widehat{CAM}$. Mà $\widehat{T^{\prime }AB}=\widehat{T^{\prime }FC}$ và $\widehat{CAM}=\widehat{CFP}$, nên $\widehat{T^{\prime }FC}=\widehat{CFP}$. Ta suy ra $T^{\prime }$ thuộc $PF$. Tương tự, ta cũng chứng minh được $T^{\prime }$ thuộc $IE$. Do đó, $T^{\prime }\equiv T$.
Vậy $T$ thuộc đường tròn $(O)$.

b) Trước hết, ta có bổ đề sau đây.
Bổ đề. Cho 2 đường tròn $(I)$ và $(J)$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt $A$, $B$. Giả sử hai điểm $C\ne D$ không thuộc hai đường tròn và thỏa mãn $\frac{{\mathcal{P}}_{C/(I)}}{{\mathcal{P}}_{C/(J)}}=\frac{{\mathcal{P}}_{D/(I)}}{{\mathcal{P}}_{D/(J)}}$. Khi đó, bốn điểm $A$, $B$, $C$, $D$ cùng thuộc một đường tròn.
Chứng minh bổ đề. Xét hình vẽ sau:



Gọi $E,G$ lần lượt là giao điểm của $CA$ với $(J)$ và $(I)$; $F,H$ lần lượt là giao điểm của $DB$ với $(J)$ và $(I)$. Suy ra $GH\parallel EF$, do cùng đối song với $AB$ trong tứ giác $ABCD$. Từ $\frac{{\mathcal{P}}_{C/(I)}}{{\mathcal{P}}_{C/(J)}}=\frac{{\mathcal{P}}_{D/(I)}}{{\mathcal{P}}_{D/(J)}}$, ta suy ra $\frac{CG}{CE}=\frac{DH}{DF}$; mà $GH$ và $EF$ song song nên $CD$ song song $EF$ (định lý Thales). Vậy $CD$ đối song $AB$ hay $A,B,C,D$ cùng thuộc một đường tròn. Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán, gọi $(O_1)$ và $(O_2)$ lần lượt là các đường tròn ngoại tiếp $TAJ,TEF$. Khi đó,
$$\frac{{\mathcal{P}}_{I/(O_1)}}{{\mathcal{P}}_{I/(O_2)}}=\frac{\overline{IA}\cdot \overline{IJ}}{\overline{IE}\cdot \overline{IT}}=-\frac{IJ}{IT},\frac{{\mathcal{P}}_{P/(O_1)}}{{\mathcal{P}}_{P/(O_2)}}=\frac{\overline{PA}\cdot \overline{PJ}}{\overline{PF}\cdot \overline{PT}}=-\frac{PJ}{PT}.$$
Gọi $K$ là giao điểm thứ hai khác $T$ của $(O_1)$ và $(O_2)$. Áp dụng Bổ đề cho hai đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ (cắt nhau tại $T,K$) và hai điểm $I,P$, ta quy về chứng minh $\frac{IJ}{IT}=\frac{PJ}{PT}$. (*)
Vì $BI$ và $CP$ lần lượt là trung trực của $AE$ và $AF$, ta suy ra $D$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ và $AD$ là đường kính của $(O)$. Ta có
$$\widehat{ETF}=\widehat{EAF}+\widehat{AET}+\widehat{AFT}=\widehat{EAF}+\widehat{EAM}+\widehat{FAM}=2\widehat{EAF}.$$
Mặt khác, $\widehat{EDF}=2\widehat{EAF}$ (do $D$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$). Do đó, $\widehat{EDF}=\widehat{ETF}$ và ta suy ra tứ giác $ETDF$ nội tiếp. Vì $DE=DF$ nên $D$ là điểm giữa cung $EF$. Suy ra, $TD$ là phân giác góc $\widehat{ITP}$ nên $(\ast )$ đúng, tức là đường tròn $(TIP)$ cũng đi qua giao điểm $T,K$ của $(O_1)$ và $(O_2)$.
Cho $AT$ cắt $BC$ ở $H$. Cho $AU$ cắt lại $(O),(O_1)$ lần lượt ở $N,Q$. Để chứng minh $(TLU)$ đi qua $K$, cũng theo Bổ đề, ta quy về chứng minh rằng
$$\frac{{\mathcal{P}}_{L/(O_1)}}{{\mathcal{P}}_{L/(O_2)}}=\frac{{\mathcal{P}}_{U/(O_1)}}{{\mathcal{P}}_{U/(O_2)}}\iff \frac{\overline{LT}\cdot \overline{LA}}{\overline{LE}\cdot \overline{LF}}=\frac{\overline{UQ}\cdot \overline{UA}}{\overline{UE}\cdot \overline{UF}}\iff \frac{2\overline{LT}\cdot \overline{HA}}{4\overline{HB}\cdot \overline{HC}}=\frac{2\overline{UQ}\cdot \overline{XA}}{4\overline{XB}\cdot \overline{XC}}\iff \frac{TL}{TH}=\frac{UQ}{NX}.$$
Gọi $G$ là giao điểm hai tiếp tuyến ở $A,T$ của $(O)$ và $OG$ lần lượt cắt $AT,AM$ ở $W,Y$. Cho $AM$ cắt lại $(O)$ ở $S$ và kẻ tiếp tuyến của $(O)$ ở $T,S$ cắt nhau ở $R$.

[Hình cần kiểm tra lại: p9_f1]

Cho $XY$ cắt $AO$ ở $Z$. Rõ ràng $A$, $G$, $T$, $M$, $O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OG$. Ta có $\widehat{AMG}=\widehat{TMG}=\widehat{TOG}$, kéo theo tứ giác $OMXY$ nội tiếp. Vì thế nên $XY\perp OG$. Hơn nữa $OG$ là phân giác trong của tam giác $XOZ$ nên $XY=YZ$. Vì $XZ\parallel AT$ nên ta có $A(TY,XZ)=-1$.
Vì $AT$, $AS$ đẳng giác trong $\widehat{BAC}$ nên $TS\parallel BC$ và $R\in OM$. Tam giác $GOR$ có đường cao tại các đỉnh $G$, $O$ cắt nhau ở $X$ nên $XR\perp OG$. Suy ra $X$, $Y$, $R$ thẳng hàng. Dễ thấy $WO$ là đường trung bình của $ATD$ nên $Y$ là trung điểm của đoạn $AJ$. Mặt khác $X$ cũng là trung điểm của đoạn $AU$ nên $XY\parallel JU$. Từ đó $XR\parallel JU$.
Vì $A(TS,XD)=-1$ nên $TNSD$ điều hòa, kéo theo $R$, $N$, $D$ thẳng hàng. Do đó $\widehat{AND}=\widehat{AQJ}=90°$ (góc chắn đường kính) và $JQ\parallel RN$ (cùng vuông góc $AU$).
Cho $TS$ cắt $XU$ ở $V$ thì $\frac{TL}{TH}=\frac{VU}{VX}$. Cần chứng minh
$$\frac{VU}{VX}=\frac{UQ}{NX}=\frac{VQ}{VN}\text{ (da˜y tỷ soˆˊ ba˘ˋng nhau)}.$$
Áp dụng định lý Pascal cho bộ $\left(\begin{array}{ccc}S& D& A\\ N& S& T\end{array}\right)$ ta được $R$, $V$, $J$ thẳng hàng. Lúc này, theo định lý Thales thì $\frac{VQ}{VN}=\frac{JQ}{RN}$, ta quy về chứng minh
$$\frac{VU}{VX}=\frac{JQ}{RN}\iff VN\cdot RN=VX\cdot JQ\iff S_{VRU}=S_{VXJ}\iff XR\parallel JU.$$
Kết quả cuối đúng nên $(TLU)$ đi qua $K$. Vì thế bốn đường tròn đã cho có cùng điểm chung thứ hai là $K$ khác $T$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác ABC: $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos \widehat{ABC}=12^2+10^2-2\cdot 12\cdot 10\cdot \cos 101^{\circ }=244+240\cos 79^{\circ }\approx 289,79$, nên $AC\approx 17,023$ km.

Tính $\widehat{BCA}$ bằng định lí cosin: $\cos \widehat{BCA}=\frac{B{C}^2+A{C}^2-A{B}^2}{2\cdot BC\cdot AC}=\frac{100+289,79-144}{2\cdot 10\cdot 17,023}\approx 0,7220$, suy ra $\widehat{BCA}\approx 43,75^{\circ }$.

Vì $\widehat{BCD}=145^{\circ }$ nên $\widehat{ACD}=360^{\circ }-145^{\circ }-43,75^{\circ }\approx 171,25^{\circ }$.

Trong tam giác ACD: $A{D}^2=A{C}^2+C{D}^2-2\cdot AC\cdot CD\cdot \cos \widehat{ACD}\approx 289,79+64-2\cdot 17,023\cdot 8\cdot \cos 171,25^{\circ }\approx 353,79+269,4\approx 623,2$.

Vậy $AD\approx \sqrt{623,2}\approx 25,0$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 5a: Theo định lí cosin, với $\hat{A}=60^0$ ta có $a^2=b^2+c^2-2bc\cos 60^0=b^2+c^2-bc$.
Tính $\cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\frac{(b^2+c^2-bc)+c^2-b^2}{2ac}=\frac{c(2c-b)}{2ac}=\frac{2c-b}{2a}$.
Thế vào giả thiết: $\frac{b-c}{a+c}=2\left(\frac{2c-b}{2a}-1\right)=\frac{2c-b-2a}{a}$.
Suy ra $a(b-c)=(a+c)(2c-b-2a)=-ab-2a^2+2c^2-bc$, tức $2ab-ac+2a^2+bc-2c^2=0$.
Thay $a^2=b^2+c^2-bc$: $2ab-ac+2b^2-bc=0\iff 2b(a+b)=c(a+b)\iff c=2b$ (vì $a+b>0$).
Khi đó $\frac{\sin C}{\sin B}=\frac{c}{b}=2$, mà $C=120^0-B$ nên $\sin (120^0-B)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cos B+\frac{1}{2}\sin B=2\sin B\Rightarrow \tan B=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow B=30^0$.
Vậy $C=120^0-30^0=90^0$. Kiểm tra: tam giác $30^0-60^0-90^0$ có $c=2b$, $\cos B=\frac{\sqrt{3}}{2}$, hai vế đều bằng $\sqrt{3}-2$: thỏa mãn.

Câu 5b: Chọn hệ trục $A(0;0),B(a;0),C(a;a),D(0;a)$. Khi đó $M(xa;xa)$, $N\left(\frac{a}{2};a\right)$.
$\overrightarrow{MB}=(a(1-x);-xa)$, $\overrightarrow{MN}=(a(\frac{1}{2}-x);a(1-x))$.
Tam giác $BMN$ vuông cân tại $M$ khi $\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MN}=0$ và $MB=MN$.
• $\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MN}=a^2[(1-x)(\frac{1}{2}-x)-x(1-x)]=a^2(1-x)(\frac{1}{2}-2x)=0\iff x=\frac{1}{4}$ (do $0<x<1$).
• Với $x=\frac{1}{4}$: $M{B}^2=a^2\left(\frac{9}{16}+\frac{1}{16}\right)=\frac{10a^2}{16}$; $M{N}^2=a^2\left(\frac{1}{16}+\frac{9}{16}\right)=\frac{10a^2}{16}$, nên $MB=MN$.
Vậy $x=\frac{1}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí sin: $\frac{AC}{\sin B}=\frac{AB}{\sin C}$. Cạnh $AB=5$ đối diện góc $C=45^{\circ }$, cạnh $AC$ đối diện góc $B=60^{\circ }$. Suy ra $AC=\frac{AB\cdot \sin 60^{\circ }}{\sin 45^{\circ }}=\frac{5\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{5\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{6}}{2}$. Kết quả khớp với đáp án B trong đề.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí sin: $\frac{AC}{\sin B}=\frac{AB}{\sin C}$ nên $AC=AB\cdot \frac{\sin B}{\sin C}=5\cdot \frac{\sin 60^{\circ }}{\sin 45^{\circ }}=5\cdot \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{5\sqrt{6}}{2}$. Kết quả trùng với đáp án A đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Tính đường chéo AC trong tam giác ABC: $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos 74^{\circ }=144+169-312\cos 74^{\circ }\approx 313-86,0=227,0$, nên $AC\approx 15,066$.

Diện tích tam giác ABC: $S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 12\cdot 13\cdot \sin 74^{\circ }\approx 78\cdot 0,9613\approx 74,98$.

Trong tam giác ADC (AD = 13, CD = 8, AC ≈ 15,066): $\cos D=\frac{A{D}^2+C{D}^2-A{C}^2}{2\cdot AD\cdot CD}=\frac{169+64-227}{208}\approx 0,0288$, nên $\sin D\approx 0,9996$. Diện tích $S_{ADC}=\frac{1}{2}\cdot 13\cdot 8\cdot \sin D\approx 51,98$.

Diện tích tứ giác $S=S_{ABC}+S_{ADC}\approx 74,98+51,98\approx 126,96\approx 127$. Vậy chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lý sin: $\frac{AC}{\sin B}=\frac{AB}{\sin C}$, nên $AC=\frac{AB\cdot \sin B}{\sin C}=\frac{5\cdot \sin 60^{\circ }}{\sin 45^{\circ }}=\frac{5\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{5\sqrt{6}}{2}$. Vậy đáp án A.