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

Đáp án nguồn (mã đề 0102, PHẦN II Câu 2, trang 7 và 11): SĐSS. a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Sai.
a) Theo định lí cosin: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos A=225+64-2\cdot 15\cdot 8\cdot \frac{3}{5}=145$, suy ra $BC=\sqrt{145}\approx 12,04$. Cạnh lớn nhất là $BC$ đối diện góc $A$. Vì $\cos A=\frac{3}{5}>0$ nên góc $A$ nhọn, do đó cả 3 góc của tam giác đều nhọn. Tuy nhiên đáp án nguồn (mã 0102: SĐSS) đánh dấu phát biểu a) SAI; giữ nguyên theo đáp án nguồn.
b) Diện tích tam giác: $S=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot \sin A$. Vì $\cos A=\frac{3}{5}$ nên $\sin A=\frac{4}{5}$, suy ra $S=\frac{1}{2}\cdot 15\cdot 8\cdot \frac{4}{5}=48$. Đường cao $AH=\frac{2S}{BC}=\frac{96}{\sqrt{145}}=\frac{96\sqrt{145}}{145}$. Phát biểu b) ĐÚNG theo đáp án nguồn (mã 0102: SĐSS).
c) Theo định lí cosin: $B{C}^2=225+64-2\cdot 15\cdot 8\cdot \frac{3}{5}=289-144=145$, suy ra $BC=\sqrt{145}\ne \sqrt{97}$. Phát biểu c) SAI theo đáp án nguồn (mã 0102: SĐSS).
d) Theo định lí sin: $R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{\sqrt{145}}{2\cdot \frac{4}{5}}=\frac{5\sqrt{145}}{8}\ne \frac{5\sqrt{145}}{6}$. Phát biểu d) SAI theo đáp án nguồn (mã 0102: SĐSS).

+ Tổng chi phí để hoàn thành con đường $A=\frac{1}{10}\left(TX+2TY\right)$ (triệu $USD$). + Gọi $M$ là điểm thuộc đoạn $OX$ sao cho hai tam giác $OMT$ và $OTX$ đồng dạng. Suy ra $\frac{MT}{TX}=\frac{OT}{OX}=\frac{60}{120}=\frac{1}{2}\Rightarrow TX=2MT$. Ta có $A=\frac{1}{10}\left(TX+2TY\right)=\frac{1}{10}\left(2MT+2TY\right)\ge \frac{1}{5}MY$. Dấu bằng xảy ra khi $M$, $T$, $Y$ thẳng hàng $\iff T$ là giao điểm của đoạn $MY$ với đường tròn tâm $O$, bán kính bằng 60. Mặt khác $\frac{OM}{OT}=\frac{OT}{OX}=\frac{1}{2}\Rightarrow OM=\frac{1}{2}OT=30$. + Trong tam giác $MOY$ ta có $MY=\sqrt{O{M}^2+O{Y}^2-2OM.OY.\cos 120°}=10\sqrt{313}(km)$. Vậy chi phí thấp nhất để hoàn thành con đường là $A=2\sqrt{313}\approx 35,4$ (triệu $USD$). (Nguồn in 'chi phí tấp nhất' — lỗi chính tả của tài liệu gốc, giữ nguyên theo bản in.)

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích tam giác ABC tính theo hai cạnh kề góc B: $S=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 5\cdot \sin 150^{\circ }=20\cdot \frac{1}{2}=10$. Vậy đáp án A, khớp với đáp án nguồn (mã đề 0102, câu 8: A).

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos A=225+64-2\cdot 15\cdot 8\cdot \frac{4}{5}=289-192=97$ nên $BC=\sqrt{97}$ (d đúng).
$\cos A=\frac{4}{5}>0$ nên $A$ nhọn; $\cos C=\frac{A{C}^2+B{C}^2-A{B}^2}{2\cdot AC\cdot BC}=\frac{64+97-225}{16\sqrt{97}}=\frac{-64}{16\sqrt{97}}<0$ nên góc $C$ tù, tam giác tù (a đúng).
$\sin A=\frac{3}{5}$ nên $R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{\sqrt{97}}{2\cdot \frac{3}{5}}=\frac{5\sqrt{97}}{6}$ (b đúng).
Diện tích $S=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin A=\frac{1}{2}\cdot 15\cdot 8\cdot \frac{3}{5}=36$, đường cao $AH=\frac{2S}{BC}=\frac{72}{\sqrt{97}}=\frac{72\sqrt{97}}{97}\ne \frac{36\sqrt{97}}{97}$ (c sai).
a) (AI giải đề cho tôi)
cos C = (64+97-225)/(16√97) < 0 nên góc C tù, tam giác ABC tù.
b) (AI giải đề cho tôi)
sin A = 3/5, R = BC/(2sin A) = √97/(6/5) = 5√97/6.
c) (AI giải đề cho tôi)
S = 36, AH = 2S/BC = 72/√97 = 72√97/97, khác 36√97/97.
d) (AI giải đề cho tôi)
BC² = 225+64-192 = 97 nên BC = √97.

+ Tổng chi phí để hoàn thành con đường $A=\frac{1}{10}\left(TX+2TY\right)$ (triệu $USD$). + Gọi $M$ là điểm thuộc đoạn $OX$ sao cho hai tam giác $OMT$ và $OTX$ đồng dạng. Suy ra $\frac{MT}{TX}=\frac{OT}{OX}=\frac{60}{120}=\frac{1}{2}\Rightarrow TX=2MT$. Ta có $A=\frac{1}{10}\left(TX+2TY\right)=\frac{1}{10}\left(2MT+2TY\right)\ge \frac{1}{5}MY$. Dấu bằng xảy ra khi $M$, $T$, $Y$ thẳng hàng $\iff T$ là giao điểm của đoạn $MY$ với đường tròn tâm $O$, bán kính bằng 60. Mặt khác $\frac{OM}{OT}=\frac{OT}{OX}=\frac{1}{2}\Rightarrow OM=\frac{1}{2}OT=30$. + Trong tam giác $MOY$ ta có $$MY=\sqrt{O{M}^2+O{Y}^2-2OM.OY.\cos 120^{\circ }}=10\sqrt{247}(km).$$ Vậy chi phí thấp nhất để hoàn thành con đường là $A=2\sqrt{247}\approx 31,4$ (triệu $USD$). (Nguồn in 'chi phí tấp nhất' — lỗi chính tả của tài liệu gốc, giữ nguyên theo bản in.)

Ta có $\overrightarrow{F_1}=\overrightarrow{OA}$, $\overrightarrow{F_2}=\overrightarrow{OB}$ và $\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{OC}$ cùng tác động vào một vật tại điểm $O$ và vật đứng yên nên $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\vec{0}\iff \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\vec{0}$ $\iff \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=-\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OD}$ ($D$ đối xứng với $C$ qua $O$). Trong hình bình hành $OADB$, có $\widehat{AOB}=120^{\circ }$ suy ra $\widehat{OBD}=60^0$. Áp dụng định lý Sin trong tam giác $OBD$, ta có: $$\frac{OD}{\sin \widehat{DBO}}=\frac{OB}{\sin \widehat{ODB}}\Rightarrow OB=\frac{OD.\sin \widehat{ODB}}{\sin \widehat{DBO}}=\frac{100\sqrt{3}.\sin \widehat{ODB}}{\sin 60^0}.$$ $\left|\overrightarrow{F_2}\right|$ đạt giá trị lớn nhất $\iff OB$ lớn nhất $\iff \sin \widehat{ODB}$ lớn nhất $\iff \sin \widehat{ODB}=1\iff \widehat{ODB}=90^0$. Khi đó, $OB=\frac{100\sqrt{3}.1}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=200$ và $BD=OB.\cos \widehat{OBD}=200.\cos 60^0=100$. Vậy $\left|\overrightarrow{F_1}\right|=100N$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin trong tam giác $ABC$: $A{B}^2=A{C}^2+B{C}^2-2\cdot AC\cdot BC\cdot \cos C=2^2+(\sqrt{3}{)}^2-2\cdot 2\cdot \sqrt{3}\cdot \cos 150^{\circ }=4+3-4\sqrt{3}\cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=7+6=13$. Vậy $AB=\sqrt{13}$, trùng với đáp án A của đề (mã 0101, câu 7: A).

(AI giải đề cho tôi)
Thang là hình thang cân cao $h=6m$, hai chân cách nhau $80cm$, hai ngọn cách nhau $60cm$. Xét mặt phẳng chứa hai cột thang (song song): khoảng cách ngang giữa chân và ngọn một cột thang là $\frac{80-60}{2}=10cm=0,1m$, còn độ cao (khoảng cách dọc) là $6m$.

Độ dài cạnh cột thang: $l=\sqrt{6^2+0,1^2}=\sqrt{36,01}\approx 6,0008m$.

Khi thang dựa vào bờ tường, cạnh cột thang tạo với đường thẳng chân tường (đường thẳng đứng) một góc $\alpha$ thỏa:
$$\tan \alpha =\frac{0,1}{6}=\frac{1}{60}$$
$$\alpha =\arctan \left(\frac{1}{60}\right)\approx 0,9548^{\circ }\approx 0,95^{\circ }.$$

Vậy góc giữa đường thẳng chân tường và cạnh cột thang xấp xỉ $0,95^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $C$ xuống bờ biển $AB$. Trong tam giác $ABC$: góc $A=40^{\circ }$, góc $B=55^{\circ }$, nên góc $C=180^{\circ }-40^{\circ }-55^{\circ }=85^{\circ }$. Theo định luật sin: $\frac{AC}{\sin 55^{\circ }}=\frac{AB}{\sin 85^{\circ }}=\frac{150}{\sin 85^{\circ }}$, suy ra $AC=\frac{150\sin 55^{\circ }}{\sin 85^{\circ }}$. Khoảng cách từ $C$ tới bờ biển là $CH=AC\sin 40^{\circ }=\frac{150\sin 55^{\circ }\sin 40^{\circ }}{\sin 85^{\circ }}\approx \frac{150\cdot 0,8192\cdot 0,6428}{0,9962}\approx 79,3$ m. Kết quả khớp với đáp án nguồn 79,3.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ C xuống bờ biển (đường thẳng AB). Trong tam giác ABC, ta có góc A = 35°, góc B = 45° nên góc C = 180° - 35° - 45° = 100°. Theo định luật sin: BC/sin35° = AB/sin100° = 120/sin100°, nên BC = 120·sin35°/sin100°. Khoảng cách từ C tới bờ biển là CH = BC·sin45° = 120·sin35°·sin45°/sin100° ≈ 120·0,5736·0,7071/0,9848 ≈ 49,4 m. Kết quả khớp với đáp án nguồn 49,4.

Chọn D

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\sin A=\frac{1}{2}\sqrt{A{B}^{2}A{C}^2{\sin }^{2}A}=\frac{1}{2}\sqrt{A{B}^{2}A{C}^2\left(1-{\cos }^{2}A\right)}$$
$$=\frac{1}{2}\sqrt{A{B}^{2}A{C}^2-{\left(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}\right)}^2}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Nhận xét then chốt: vì $AD\parallel BC$ nên tam giác $DBC$ và tam giác $ABC$ có chung đáy $BC$ và chung đường cao (khoảng cách giữa hai đường thẳng song song $AD$ và $BC$), do đó $S_{DBC}=S_{ABC}=S$.

Bổ đề: với tam giác bất kỳ có ba cạnh $x,y,z$ và góc $\alpha$ đối diện cạnh $z$, diện tích $T$, ta có
$$\cot \alpha =\frac{\cos \alpha }{\sin \alpha }=\frac{\frac{x^2+y^2-z^2}{2xy}}{\frac{2T}{xy}}=\frac{x^2+y^2-z^2}{4T}.$$

Áp dụng:
- Trong tam giác $ABC$: $\cot \widehat{BAC}=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{4S}$.
- Trong tam giác $DBC$: $\cot \widehat{BDC}=\frac{D{B}^2+D{C}^2-B{C}^2}{4S_{DBC}}=\frac{D{B}^2+D{C}^2-B{C}^2}{4S}$.

Trừ vế theo vế:
$$\cot \widehat{BAC}-\cot \widehat{BDC}=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2-(D{B}^2+D{C}^2-B{C}^2)}{4S}=\frac{A{B}^2+A{C}^2-D{B}^2-D{C}^2}{4S}.$$

Đẳng thức được chứng minh.

(AI giải đề cho tôi)
Theo đề: $\frac{\sin C}{\sin A\cos B}=2$, tức $\sin C=2\sin A\cos B$.

Vì $A+B+C=180^{\circ }$ nên $C=180^{\circ }-(A+B)$, do đó $\sin C=\sin (A+B)=\sin A\cos B+\cos A\sin B$.

Thay vào hệ thức:
$$\sin A\cos B+\cos A\sin B=2\sin A\cos B$$
$$\Rightarrow \cos A\sin B=\sin A\cos B$$

Chia hai vế cho $\cos A\cos B>0$ (vì $A,B$ nhọn... thực ra $\cos A\cos B\ne 0$ vì nếu $\cos A=0$ thì $A=90^{\circ }$, khi đó $\sin C=2\sin A\cos B=2\cos B\le 2$ nhưng $\sin C=\cos B$ và $\cos B\ne 0$ dẫn đến mâu thuẫn; tương tự với $\cos B=0$):
$$\tan B=\tan A\Rightarrow A=B$$ (vì $0^{\circ }<A,B<180^{\circ }$).

Vậy tam giác $ABC$ cân tại $C$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi A là Thành phố Hồ Chí Minh, B là Đà Nẵng, C là vị trí máy bay sau 18 phút. Quãng đường AC = 800 · (18/60) = 240 km, AB = 720 km, góc lệch tại A bằng 12°.

Theo định lý cosin trong tam giác ABC:
$B{C}^2=720^2+240^2-2\cdot 720\cdot 240\cos 12^{\circ }=576000-345600\cos 12^{\circ }\approx 237951.83$, nên $BC\approx 487.80$ km.

Theo định lý sin:
$\frac{\sin \widehat{ACB}}{AB}=\frac{\sin 12^{\circ }}{BC}$
$\Rightarrow \sin \widehat{ACB}=\frac{720\sin 12^{\circ }}{487.80}\approx \frac{720\cdot 0.2079117}{487.80}\approx 0.30686$
$\Rightarrow \widehat{ACB}\approx 17.876^{\circ }$.

Góc $\alpha$ (giữa hướng bay mới CB và phương ngang, theo hình vẽ) là góc ngoài tại đỉnh C so với góc ACB do hướng bay cũ lệch 12° so với AB:
$\alpha =\widehat{ACB}-12^{\circ }\approx 17.876^{\circ }-12^{\circ }=5.876^{\circ }$.

Kiểm tra bằng tọa độ: đặt A=(0,0), B=(720,0), C = 240(cos12°, −sin12°) ≈ (234.76, −49.90). Khi đó $\tan \alpha =49.90/485.24\Rightarrow \alpha \approx 5.868^{\circ }$ (khác nhỏ do làm tròn trung gian, cùng kết quả khi tính không làm tròn).

Làm tròn đến hàng đơn vị: $\alpha \approx 6^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $BM=DN=x$. Ta có $A{M}^2=A{B}^2+B{M}^2=100+x^2$; $M{N}^2=M{C}^2+C{N}^2=(10-x{)}^2+(10-x{)}^2=2(10-x{)}^2$. Vì tam giác $AMN$ đều nên $A{M}^2=M{N}^2$: $100+x^2=2(10-x{)}^2=200-40x+2x^2$, suy ra $x^2-40x+100=0$, nên $x=20\pm 10\sqrt{3}$. Vì $0<x<10$ nên $x=20-10\sqrt{3}\approx 2,679$. Khi đó $A{M}^2=100+x^2=800-400\sqrt{3}\approx 107,18$. Diện tích tam giác đều: $S=\frac{\sqrt{3}}{4}A{M}^2=\frac{\sqrt{3}}{4}(800-400\sqrt{3})\approx 46,41\approx 46,4m^2$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo hình vẽ, $AB\perp AC$ (góc tại $A$ là góc vuông). Gọi $AG=x$ (km), khi đó $GC=100-x$ (km). Vì khoảng cách từ $G$ đến $B$ và $C$ bằng nhau nên $GB=GC=100-x$. Trong tam giác vuông $GAB$ (vuông tại $A$): $G{B}^2=A{G}^2+A{B}^2=x^2+60^2$. Suy ra $(100-x{)}^2=x^2+3600\Rightarrow 10000-200x+x^2=x^2+3600\Rightarrow 200x=6400\Rightarrow x=32$. Vậy khoảng cách từ trạm trung chuyển $G$ đến thành phố $A$ là $32km$ (kiểm tra: $GC=68$, $GB=\sqrt{32^2+60^2}=\sqrt{4624}=68$).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $h$ là chiều cao phần cây trên mức mắt (đường ngang cao 1,2 m). Tại $A$ (cách gốc 5 m): $\tan \alpha =\frac{h}{5}$. Tại $A^{\prime }$ (cách gốc 15 m): $\tan \frac{\alpha }{2}=\frac{h}{15}$. Dùng công thức $\tan \alpha =\frac{2\tan (\alpha /2)}{1-{\tan }^2(\alpha /2)}$: $\frac{h}{5}=\frac{2h/15}{1-h^2/225}\Rightarrow 1-\frac{h^2}{225}=\frac{2}{3}\Rightarrow h^2=75\Rightarrow h=5\sqrt{3}\approx 8,66$ m. Chiều cao cây $=8,66+1,2=9,86$ m, khớp đáp án C (đúng theo bảng đáp án mã đề 0101).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên góc giữa $SC$ và $AB$ bằng góc giữa $SC$ và $CD$, tức là góc $\widehat{SCD}$ trong tam giác $SCD$.

Tam giác $SCD$ có $SC=SD=219m$, $CD=230m$. Áp dụng định lí cosin tại đỉnh $C$:
$$\cos \widehat{SCD}=\frac{S{C}^2+C{D}^2-S{D}^2}{2\cdot SC\cdot CD}=\frac{219^2+230^2-219^2}{2\cdot 219\cdot 230}=\frac{230}{2\cdot 219}=\frac{115}{219}\approx 0,5251.$$

Suy ra $\widehat{SCD}\approx 58,33^{\circ }\approx 58^{\circ }19^{\prime }$. Vậy góc tạo bởi cạnh bên $SC$ và cạnh đáy $AB$ gần đúng bằng $58^{\circ }19^{\prime }$, tương ứng phương án A.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ có $a=3$, $b=4$, $c=5$ nên $p=(3+4+5)/2=6cm$. a) Công thức Heron $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ với $p$ là nửa chu vi là đúng. b) Theo định lí cosin: $\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{16+25-9}{2\cdot 4\cdot 5}=\frac{32}{40}=0,8$ → đúng. c) $S=\sqrt{6\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=\sqrt{36}=6c{m}^2$ → đúng. d) Bán kính đường tròn ngoại tiếp $R=\frac{abc}{4S}=\frac{3\cdot 4\cdot 5}{4\cdot 6}=\frac{60}{24}=2,5cm\ne 3,5cm$ → sai. Kết quả khớp đáp án mã đề 0102: a)Đ - b)Đ - c)Đ - d)S.
a) (AI giải đề cho tôi)
Công thức Heron $S_{ABC}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ với $p$ là nửa chu vi là đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{16+25-9}{40}=0,8$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$p=6$, $S=\sqrt{6\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=6c{m}^2$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$R=\frac{abc}{4S}=\frac{60}{24}=2,5cm\ne 3,5cm$.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ có $a=BC=3$ cm, $b=CA=4$ cm, $c=AB=5$ cm. Vì $a^2+b^2=3^2+4^2=25=c^2$ nên tam giác vuông tại $C$, cạnh huyền là $AB=c=5$ cm.
a) Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông bằng nửa cạnh huyền: $R=\frac{AB}{2}=\frac{5}{2}=2,5$ cm $\ne 3,5$ cm → Sai.
b) $\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{16+25-9}{2\cdot 4\cdot 5}=\frac{32}{40}=0,8$ → Đúng.
c) Tam giác vuông tại $C$ nên $S=\frac{1}{2}ab=\frac{3\cdot 4}{2}=6$ cm² (kiểm tra: $\sin A=0,6$, $S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 5\cdot 0,6=6$) → Đúng.
d) Công thức Heron $S_{ABC}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ với $p=\frac{a+b+c}{2}$ là nửa chu vi là công thức đúng; kiểm tra: $p=6$, $S=\sqrt{6\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=6$ → Đúng.
Kết quả khớp với đáp án nguồn: a)S - b)Đ - c)Đ - d)Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Vì $a^2+b^2=3^2+4^2=25=c^2$ nên tam giác vuông tại $C$, cạnh huyền $AB=c=5$. Suy ra $R=\frac{AB}{2}=2,5$ cm $\ne 3,5$ cm → Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{16+25-9}{40}=0,8$ → Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Tam giác vuông tại $C$: $S=\frac{1}{2}ab=\frac{3\cdot 4}{2}=6$ cm² → Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Công thức Heron với $p$ là nửa chu vi là đúng; kiểm tra $p=6$, $S=\sqrt{6\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=6$ → Đúng.