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

(AI giải đề cho tôi)
Góc nội tiếp $\widehat{ABC}=60^{\circ }$ chắn cung $AC$, tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn bán kính $R$. Theo định lý sin: $\frac{AC}{\sin 60^{\circ }}=2R\Rightarrow R=\frac{3}{2\sin 60^{\circ }}=\frac{3}{2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\approx 1,732$ m. Chu vi $C=2\pi R=2\cdot 3,14\cdot 1,732\approx 10,88\approx 11$ m. Kết quả khớp với đáp án nguồn (11).

Đặt $BC=x;CA=y;AB=z$.

Theo tính chất đường phân giác của $\Delta ABC$, ta có:



$$\frac{DA}{DC}=\frac{AB}{BC}=\frac{z}{x}\Rightarrow \frac{DA}{DA+DC}=\frac{z}{z+x}\Rightarrow DA=\frac{yz}{z+x}(1)$$

$AO$ là phân giác $\widehat{BAD}$ nên

$$\frac{OB}{OD}=\frac{AB}{DA}\Rightarrow \frac{OB}{OB+OD}=\frac{AB}{AB+DA}(2)$$

Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{OB}{BD}=\frac{x+z}{x+y+z}$

Tương tự $\frac{OC}{CE}=\frac{x+y}{x+y+z}$. Từ đó

$$\frac{OB.OC}{BD.CE}=\frac{(x+y)(x+z)}{(x+y+z{)}^2}\Rightarrow \frac{OB.OC}{BD.CE}=\frac{x^2+xy+xz+yz}{2\left(x^2+xy+yz+zx\right)}=\frac{1}{2}$$

Vì $y^2+z^2=x^2$ nên $\frac{OB.OC}{BD.CE}=\frac{x^2+xy+xz+yz}{2\left(x^2+xy+yz+zx\right)}=\frac{1}{2}$

hay $BD.CE=2.OB.OC$ (3)

Để ý rằng nếu kẻ $BH\perp OC$, mặt khác dễ thấy $\widehat{BOC}=135^{\circ }$, nên $\Delta BHO$ vuông cân tại $H$.

Do đó $S_{BOC}=\frac{1}{2}BH.OC=\frac{\sqrt{2}}{4}OB.OC$, suy ra $OB.OC=2a\sqrt{2}$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra: $BD.CE=4a\sqrt{2}$

a. $\cos 2A+\cos 2B+\cos 2C+1=0$
$\iff 2\cos (A+B)\cos (A-B)+2{\cos }^{2}C=0$
$\iff 2\cos (\pi -C)\cos (A-B)+2{\cos }^{2}C=0$
$\iff -2\cos C\cos (A-B)+2{\cos }^{2}C=0$
$\iff 2\cos C.\left(\cos C-\cos (A-B)\right)=0$
$\iff 2\cos C.\left(-\cos (A+B)-\cos (A-B)\right)=0$
$\iff -4\cos C.\cos A.\cos B=0$
$\Rightarrow \{\begin{array}{l}\cos A=0\\ \cos B=0\\ \cos C=0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}A=90^{\circ }\\ B=90^{\circ }\\ C=90^{\circ }\end{array}$

b. [Hình cần kiểm tra lại: p4_f1]
$\widehat{CAL}=\widehat{CAO}+\widehat{OA{O}^{\prime }}+\widehat{O^{\prime }AL}$
Ta có: $\widehat{CAO}=\widehat{ACD}$, $\widehat{O^{\prime }AL}=\widehat{O^{\prime }LA}=\frac{180^{\circ }-\widehat{A{O}^{\prime }L}}{2}=90^{\circ }-\frac{1}{2}\widehat{A{O}^{\prime }L}=90^{\circ }-\widehat{ABL}$
Do đó: $\widehat{CAL}=\widehat{ACD}+90^{\circ }+90^{\circ }-\widehat{ABL}=\widehat{ACD}+180^{\circ }-\widehat{ABD}=180^{\circ }$ (do tứ giác $ACBD$ nội tiếp nên $\widehat{ACD}=\widehat{ABD}$). Suy ra $A,C,L$ thẳng hàng.

a). (2,0 điểm). Cho tam giác $ABC$ có $AB=c;AC=b;BC=a$. Gọi $h_a$ là đường cao kẻ từ đỉnh $A$, $p$ là nửa chu vi tam giác $ABC$. Giải sử tam giác $ABC$ thỏa mãn $h_a=\sqrt{p(p-a)}$. Chứng minh $ABC$ là tam giác cân.

- (0,5 điểm). Ta có $S=\frac{1}{2}a{h}_a\Rightarrow S=\frac{1}{2}a\sqrt{p(p-a)}\Rightarrow S^2=\frac{1}{4}{a}^{2}p(p-a)$ (1)

- (0,5 điểm). Theo công thức Heron ta có
$$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\Rightarrow S^2=p(p-a)(p-b)(p-c)(2).$$ Từ (1) và (2) ta có
$$\frac{1}{4}{a}^{2}p(p-a)=p(p-a)(p-b)(p-c)\iff a^2=4(p-b)(p-c)$$

- (0,5 điểm). $\iff a^2=4\left(\frac{a+b+c}{2}-b\right)\left(\frac{a+b+c}{2}-c\right)\iff a^2=(a+c-b)(a+b-c)$

- (0,5 điểm). $\iff (b-c{)}^2=0\iff b=c$. Vậy tam giác $ABC$ cân tại $A$.

b) (3,0 điểm). Cho tam giác $ABC$, lấy các điểm $I,J,K$ sao cho $\overrightarrow{IB}-3\overrightarrow{IC}=\vec{0}$, $\overrightarrow{JA}=3\overrightarrow{CJ}$, $\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{KB}=\vec{0}$. Chứng minh ba điểm $I,J,K$ thẳng hàng.

- (0,5 điểm). Ta có $\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{KB}=\vec{0}\Rightarrow \overrightarrow{KB}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$;

$\overrightarrow{IB}-3\overrightarrow{IC}=\vec{0}\Rightarrow \overrightarrow{IB}-3(\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{BC})=\vec{0}\Rightarrow \overrightarrow{BI}=\frac{3}{2}\overrightarrow{BC}$

- (0,5 điểm).

$\overrightarrow{JA}=3\overrightarrow{CJ}\Rightarrow \overrightarrow{JA}=3\left(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AJ}\right)\Rightarrow \overrightarrow{AJ}=\frac{3}{4}\overrightarrow{AC}$

- (0,5 điểm). Với $\overrightarrow{KJ}=\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{AJ}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{3}{4}\overrightarrow{AC}$ (1)



- (0,5 điểm). Với $\overrightarrow{KI}=\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{BI}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{3}{2}\overrightarrow{BC}$ mà $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$ suy ra

- (0,5 điểm). $\overrightarrow{KI}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{3}{2}\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\right)\Rightarrow \overrightarrow{KI}=-\overrightarrow{AB}+\frac{3}{2}\overrightarrow{AC}$ (2)

- (0,5 điểm). Từ (1) và (2) ta có $\overrightarrow{KI}=2\overrightarrow{KJ}$. Vậy ba điểm $K,J,I$ thẳng hàng.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A,B,C,O$ có cùng độ cao so với mặt nước biển nên ta có thể coi bốn điểm này nằm trên cùng một mặt phẳng ngang. Điểm $O$ cách đều $A,B,C$ nên $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, do đó $OA=OB=OC=R$ (bán kính đường tròn ngoại tiếp). Vậy bài toán quy về việc tính $R$ chỉ từ các số liệu đo đạc được ở bờ chứa $A$.

Bước 1: Xác định $AB$ mà không qua sông.
- Chọn điểm $D$ nằm trên bờ sông chứa $A$ sao cho đoạn $AD$ nằm hoàn toàn trên bờ, đo được bằng thước: $AD=d$.
- Dùng giác kế đặt tại $A$ đo góc $\widehat{BAD}=\alpha$, đặt tại $D$ đo góc $\widehat{BDA}=\beta$ (An trông thấy rõ $B$ nên hai góc này đo được).
- Trong tam giác $ABD$: $\widehat{ABD}=180^{\circ }-\alpha -\beta$, theo định lý sin:
$$AB=d\cdot \frac{\sin \beta }{\sin (\alpha +\beta )}.$$

Bước 2: Hoàn toàn tương tự xác định $AC$: chọn điểm $E$ trên bờ chứa $A$, đo $AE=d^{\prime }$, đo $\widehat{CAE}={\alpha }^{\prime }$, $\widehat{CEA}={\beta }^{\prime }$, suy ra
$$AC=d^{\prime }\cdot \frac{\sin {\beta }^{\prime }}{\sin ({\alpha }^{\prime }+{\beta }^{\prime })}.$$

Bước 3: Đứng tại $A$, dùng giác kế đo góc $\widehat{BAC}=\gamma$ (An trông thấy rõ cả $B$ và $C$).

Bước 4: Tính $BC$ bằng định lý cosin trong tam giác $ABC$:
$$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos \gamma .$$

Bước 5: Vì $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, góc ở tâm $\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}=2\gamma$ và $OB=OC=R$, tam giác $BOC$ cân nên
$$BC=2R\sin \gamma \Rightarrow R=\frac{BC}{2\sin \gamma }.$$

Kết luận: Khoảng cách cần tìm là
$$BO=R=\frac{\sqrt{A{B}^2+A{C}^2-2AB\cdot AC\cos \gamma }}{2\sin \gamma },$$
trong đó $AB,AC$ được xác định bằng định lý sin với một đoạn cơ sở đo được trên bờ chứa $A$, còn $\gamma =\widehat{BAC}$ đo bằng giác kế. Toàn bộ phép đo chỉ thực hiện trên bờ chứa $A$, không phải di chuyển trên sông hay sang bến kia sông, thỏa mãn yêu cầu đề bài. (Thông tin $A$ cao 1 m so với mặt đất cùng với giả thiết $A,B,C,O$ cùng độ cao so với mặt nước biển chỉ khẳng định mô hình phẳng ở trên là hợp lệ.)

(AI giải đề cho tôi)
Chứng minh $DA$ là phân giác góc $\widehat{EDF}$:

Vì tam giác $ABC$ có ba góc nhọn nên các chân đường cao $D$, $E$, $F$ nằm trên các cạnh ($D$ thuộc $BC$, $E$ thuộc $AC$, $F$ thuộc $AB$).

Bước 1: Tứ giác $AEHF$ có $\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90^{\circ }$ (tổng hai góc đối bằng $180^{\circ }$) nên $AEHF$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$. Suy ra $\widehat{EHF}=180^{\circ }-\hat{A}$.

Bước 2: Vì $H$ nằm giữa $E$ và... ta có $\widehat{BHE}=180^{\circ }-\widehat{EHF}=\hat{A}$ ($E$, $H$, $B$ không thẳng hàng; $B$ và $F$ thuộc hai phía... chính xác: $\widehat{BHE}$ kề bù với $\widehat{EHF}$ vì $B$, $H$, $F$ thẳng hàng).

Bước 3: Tứ giác $BDHE$ có $\widehat{BDH}=\widehat{BEH}=90^{\circ }$ nên $BDHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $BH$. Hai góc $\widehat{BDE}$ và $\widehat{BHE}$ cùng chắn cung $BE$ nên $\widehat{BDE}=\widehat{BHE}=\hat{A}$.

Bước 4: Vì $\widehat{ADB}=90^{\circ }$ nên $\widehat{ADE}=90^{\circ }-\widehat{BDE}=90^{\circ }-\hat{A}$.

Bước 5: Hoàn toàn tương tự, tứ giác $CDHF$ nội tiếp (có $\widehat{CDH}=\widehat{CFH}=90^{\circ }$) cho $\widehat{FDH}=\widehat{FCH}=\hat{A}$... cụ thể: $\widehat{FDH}=\widehat{FCH}$ (cùng chắn cung $FH$), mà $\widehat{FCH}=90^{\circ }-\hat{B}$... ta chứng minh trực tiếp: $\widehat{ADF}=90^{\circ }-\widehat{CDF}$ và $\widehat{CDF}=\widehat{CHF}$ (tứ giác $CDHF$ nội tiếp, cùng chắn cung $CF$), với $\widehat{CHF}=180^{\circ }-\widehat{EHF}=\hat{A}$ (vì $E$, $H$, $C$ thẳng hàng). Suy ra $\widehat{ADF}=90^{\circ }-\hat{A}$.

Vậy $\widehat{ADE}=\widehat{ADF}=90^{\circ }-\hat{A}$, tức $DA$ là phân giác góc $\widehat{EDF}$. $■$

a)

[Hình cần kiểm tra lại: p7_f1]

Chứng minh $K$ cùng nằm trên đường tròn với $B,C,E,F$.

Ta có các đường cao $BE,CF$ của $△ABC$ nên $\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^{\circ }$.

Suy ra 4 điểm $B,C,E,F$ cùng thuộc đường tròn tâm $M$ (trung điểm $BC$), đường kính $BC=8$. Bán kính đường tròn này là 4 cm.

Mặt khác, giả thiết cho $\widehat{BKC}=90^{\circ }$, suy ra điểm $K$ cũng nằm trên đường tròn tâm $M$ đường kính $BC$.

Như vậy, 3 điểm $E,F,K$ cùng nằm trên đường tròn $(M)$ có bán kính bằng 4.

Mặt khác đường tròn ngoại tiếp $△AEF$ đối xứng với đường tròn ngoại tiếp $△KEF$ qua $EF$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp $△EFK$ là 4 cm.

Tìm góc $\widehat{BAC}$.

Vì tứ giác $BCEF$ nội tiếp nên $\widehat{AEF}=\widehat{ABC}$ suy ra $△AEF\sim △ABC$ (g.g).

Mặt khác $\frac{AE}{AB}=\cos \widehat{BAC}$ nên tỉ số đồng dạng của 2 tam giác này là $k=\cos \widehat{BAC}$.

Dẫn đến $R^{\prime }=R\cdot \cos \widehat{BAC}$ (với $R$ và $R^{\prime }$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp $△ABC$ và $△AEF$).

Áp dụng định lý sin cho $△ABC$: $2R=\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}}\Rightarrow R=\frac{BC}{2\sin \widehat{BAC}}=\frac{4}{\sin \widehat{BAC}}$.

Thay vào biểu thức trên: $4=\left(\frac{4}{\sin \widehat{BAC}}\right)\cdot \cos \widehat{BAC}\iff \cot \widehat{BAC}=1\Rightarrow \widehat{BAC}=45^{\circ }$.

Tính độ dài $AK$.

Trong $△AEF$, ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp $R^{\prime }=4$ và góc $\widehat{EAF}=45^{\circ }$.

Áp dụng định lý Sin cho $△AEF$: $EF=2R^{\prime }\sin \widehat{BAC}=2\cdot 4\cdot \sin 45^{\circ }=4\sqrt{2}$.

Gọi $N$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $△AEF$, $I$ là trung điểm cạnh $EF$.

Theo tính chất đường thẳng Euler, khoảng cách từ đỉnh đến trực tâm gấp đôi khoảng cách từ tâm ngoại tiếp đến cạnh đối diện: $AK=2\cdot NI$.

Trong tam giác vuông $NIF$ (vuông tại $I$):
$$NI=\sqrt{N{F}^2-I{F}^2}=\sqrt{(R^{\prime }{)}^2-{\left(\frac{EF}{2}\right)}^2}=\sqrt{4^2-(2\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{16-8}=2\sqrt{2}$$
Vậy độ dài đoạn thẳng $AK=2\cdot NI=2\cdot 2\sqrt{2}=4\sqrt{2}$ cm.

b) Đồ thị hàm số đi qua $A(1;0)$ suy ra $a\cdot 1^2-2b\cdot 1+c=0\iff a+c=2b$.

Đồ thị là parabol của hàm số bậc hai nên $a\ne 0$.

Tọa độ đỉnh không trùng với $A$ suy ra $\frac{b}{a}\ne 1\Rightarrow a\ne b$, dẫn đến $a\ne c$.

Vậy ta cần chọn bộ 3 số $(a,b,c)$ từ $X$ sao cho $a+c=2b$, $a\ne c$ và $a\ne 0$.

Điều kiện $a+c=2b$ đồng nghĩa với việc $a$ và $c$ phải cùng tính chẵn lẻ. Ứng với mỗi cách chọn $(a,c)$ thỏa mãn, có duy nhất một giá trị $b=\frac{a+c}{2}\in X$.

Trong tập $X$ có 51 số chẵn (từ 0 đến 100) và 50 số lẻ (từ 1 đến 99).

Trường hợp 1: $a$ và $c$ cùng chẵn.

Chọn $a\in X$ là số chẵn khác 0: có 50 cách.

Chọn $c\in X$ là số chẵn khác $a$: có $51-1=50$ cách.

Số cách chọn bộ $(a,c)$ trong trường hợp này là: $50\times 50=2500$ cách.

Trường hợp 2: $a$ và $c$ cùng lẻ.

Chọn $a\in X$ là số lẻ: có $50$ cách (do không chứa $0$).

Chọn $c\in X$ là số lẻ khác $a$: có $50-1=49$ cách.

Số cách chọn bộ $(a,c)$ trong trường hợp này là: $50\times 49=2450$ cách.

Vậy có tất cả $2500+2450=4950$ cách chọn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A+B+C=\pi$ nên $\tan (A+C)=-\tan B$, tức $\frac{\tan A+\tan C}{1-\tan A\tan C}=-\tan B$. Theo giả thiết cấp số cộng: $\tan A+\tan C=2\tan B$. Suy ra $2\tan B=-\tan B(1-\tan A\tan C)$. Vì tam giác không vuông nên các tan xác định; nếu $\tan B=0$ thì $B=\pi$ vô lý, do đó $\tan B\ne 0$ và ta được $\tan A\tan C=3>0$. Vậy $A,C$ cùng dấu tan; không thể cùng dương vô hạn (cùng tù), nên $A,C$ nhọn và $\tan A,\tan C>0$. Với $\tan B=t>0$ (B nhọn): $\tan A+\tan C=2t$, $\tan A\tan C=3$, điều kiện có nghiệm là $4t^2\ge 12\iff t\ge \sqrt{3}\iff B\ge 60^{\circ }$. Dấu bằng xảy ra khi $\tan A=\tan C=\sqrt{3}$, tức $A=C=60^{\circ }$, tam giác đều (không vuông, thỏa mãn). Trường hợp $B$ tù thì $B>90^{\circ }>60^{\circ }$. Vậy giá trị nhỏ nhất của góc $B$ là $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có các đồng nhất thức quen thuộc: $a+b+c=2s$, $abc=4Rrs$, $ab+bc+ca=s^2+r^2+4Rr$, $a^2+b^2+c^2=2s^2-2r^2-8Rr$, và $a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+3abc$.

Tính: $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=(2s^2-2r^2-8Rr)-(s^2+r^2+4Rr)=s^2-3r^2-12Rr$.
Do đó $a^3+b^3+c^3=2s(s^2-3r^2-12Rr)+12Rrs$.

Giả thiết $\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+\frac{2r}{R}=4$ trở thành:
$$\frac{2s(s^2-3r^2-12Rr)+12Rrs}{4Rrs}=4-\frac{2r}{R}.$$
Nhân hai vế với $4Rrs$: $2s^3-6s{r}^2-24Rrs+12Rrs=16Rrs-8r^{2}s$, suy ra $2s^3-6s{r}^2+8r^{2}s=28Rrs$, chia $2s>0$: $$s^2=14Rr-r^2.$$

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen $s^2\ge 16Rr-5r^2$, ta được $14Rr-r^2\ge 16Rr-5r\Rightarrow 4r^2\ge 2Rr\Rightarrow R\le 2r$.
Kết hợp bất đẳng thức Euler $R\ge 2r$ (dấu bằng khi tam giác đều), suy ra $R=2r$, tức tam giác $ABC$ đều.

Thử lại: tam giác đều $a=b=c$ thì $\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}=3$, $\frac{2r}{R}=2\cdot \frac{1}{2}=1$, tổng bằng $4$. Đúng.

Vậy phát biểu đúng là: Tam giác $ABC$ đều.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $BM=x$ (km), $0\le x\le 7$. Khi đó $AM=\sqrt{A{B}^2+B{M}^2}=\sqrt{16+x^2}$ và $MC=7-x$. Thời gian đi từ $A$ đến $C$ là $\frac{\sqrt{16+x^2}}{3}+\frac{7-x}{5}=\frac{148}{60}=\frac{37}{15}$ (giờ). Nhân hai vế với 15: $5\sqrt{16+x^2}+21-3x=37\Rightarrow 5\sqrt{16+x^2}=16+3x$. Bình phương: $25(16+x^2)=256+96x+9x^2\Rightarrow 16x^2-96x+144=0\Rightarrow x^2-6x+9=0\Rightarrow x=3$ (thỏa $16+3x>0$). Vậy $BM=3$ km, đáp án D, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $C$ là chân núi, $DC=h$ là chiều cao ngọn núi, $BC=x$. Theo hình vẽ, tam giác $ADC$ và $BDC$ vuông tại $C$.
Trong tam giác $BDC$ vuông tại $C$: $h=x\tan 38^{\circ }$.
Trong tam giác $ADC$ vuông tại $C$: $h=(x+50)\tan 34^{\circ }$.
Suy ra $x\tan 38^{\circ }=(x+50)\tan 34^{\circ }\Rightarrow x(\tan 38^{\circ }-\tan 34^{\circ })=50\tan 34^{\circ }$.
Với $\tan 34^{\circ }\approx 0,6745$, $\tan 38^{\circ }\approx 0,7813$:
$x=\frac{50\cdot 0,6745}{0,7813-0,6745}\approx \frac{33,725}{0,1068}\approx 315,8m$.
Chiều cao ngọn núi: $h=x\tan 38^{\circ }\approx 315,8\cdot 0,7813\approx 246,8m$.
Vậy chiều cao ngọn núi làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất là $246,8m$, tương ứng phương án C. Kết quả này trùng với đáp án nguồn (Mã đề 1103, câu 18: C).

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin: $\cos A=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2\cdot AB\cdot AC}=\frac{49+64-57}{112}=\frac{1}{2}$, suy ra $A=60^{\circ }$, $\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$. a) $S=\frac{1}{2}\cdot 7\cdot 8\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=14\sqrt{3}$ → đúng. b) $R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{\sqrt{57}}{\sqrt{3}}=\sqrt{19}\ne 2\sqrt{19}$ → sai. c) $\cos A=\frac{1}{2}$ → đúng. d) $AD=\frac{1}{4}\cdot 8=2$, góc $\widehat{BAD}=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$, nên $B{D}^2=49+4-2\cdot 7\cdot 2\cdot \cos 120^{\circ }=53+14=67$, tức $BD=\sqrt{67}\ne \sqrt{76}$ → sai. Kết quả khớp đáp án nguồn (a đúng, b sai, c đúng, d sai).
a) (AI giải đề cho tôi)
$\cos A=\frac{1}{2}\Rightarrow A=60^{\circ }$, $S=\frac{1}{2}\cdot 7\cdot 8\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=14\sqrt{3}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{\sqrt{57}}{\sqrt{3}}=\sqrt{19}$, không phải $2\sqrt{19}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\cos A=\frac{49+64-57}{112}=\frac{1}{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$AD=2$, $\widehat{BAD}=120^{\circ }$, $B{D}^2=49+4+14=67\Rightarrow BD=\sqrt{67}\ne \sqrt{76}$.

(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 $BD$: $B{D}^2=A{B}^2+A{D}^2-2\cdot AB\cdot AD\cdot \cos A=8,2^2+16,4^2-2\cdot 8,2\cdot 16,4\cdot (-0,28)\approx 411,51$, nên $BD\approx 20,286m$.

Trong tam giác $BCD$: $\cos C=\frac{B{C}^2+C{D}^2-B{D}^2}{2\cdot BC\cdot CD}=\frac{14,5^2+9,7^2-411,51}{2\cdot 14,5\cdot 9,7}\approx -0,381$, suy ra $\sin C\approx 0,9246$.

Diện tích tam giác $BCD$: $S_{BCD}=\frac{1}{2}\cdot 14,5\cdot 9,7\cdot 0,9246\approx 65,03m^2$.

Diện tích mảnh đất: $S\approx 64,55+65,03=129,58\approx 130m^2$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (130).

(AI giải đề cho tôi)
Theo bảng đáp án chính thức (trang 25, Mã đề 1102, Câu 10) đáp án là C. Lời giải (do AI solution agent cung cấp): Dùng $a=2R\sin A$ nên $\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}=\frac{{\sin }^{3}A+{\sin }^{3}B+{\sin }^{3}C}{\sin A\sin B\sin C}$, và $\frac{r}{R}=4\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}$ nên $\frac{2r}{R}=8\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}$. Điều kiện trở thành $\frac{{\sin }^{3}A+{\sin }^{3}B+{\sin }^{3}C}{\sin A\sin B\sin C}+8\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}=4$. Với $x=\sin \frac{A}{2},y=\sin \frac{B}{2},z=\sin \frac{C}{2}$, ta có $\sin A=2x\cos \frac{A}{2}$ và $\sin A+\sin B+\sin C=4\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}$. Biến đổi đẳng thức trên tương đương (chia cho $\sin A\sin B\sin C>0$ và dùng các hằng đẳng thức lượng giác) dẫn đến $\sin A=\sin B=\sin C$, tức $A=B=C=60^{\circ }$. Vậy tam giác $ABC$ đều. Kiểm tra: tam giác đều có $\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}=\frac{3a^3}{a^3}=3$ và $\frac{2r}{R}=2\cdot \frac{1}{2}=1$, tổng bằng $4$ — thỏa mãn. Ví dụ phản chứng: tam giác vuông $3$-$4$-$5$ cho $\frac{27+64+125}{60}=\frac{216}{60}=3,6$ và $\frac{2r}{R}=\frac{2}{2,5}=0,8$, tổng $4,4\ne 4$; tam giác cân $1,1,x$ cho $\frac{2+x^3}{x}+\frac{2r}{R}=\frac{2}{x}+x^2+\dots$ chỉ bằng $4$ khi $x=1$. Vậy đáp án đúng là C (tam giác đều), khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $C$ là chân đường vuông góc hạ từ đỉnh núi $D$ xuống mặt đất, $DC=h$. Trong tam giác $ABD$: góc ngoài tại $B$ bằng $38^{\circ }$ nên $\widehat{ABD}=180^{\circ }-38^{\circ }=142^{\circ }$, suy ra $\widehat{ADB}=180^{\circ }-34^{\circ }-142^{\circ }=4^{\circ }$. Theo định lý sin: $BD=\frac{AB\cdot \sin 34^{\circ }}{\sin 4^{\circ }}=\frac{50\cdot 0,5592}{0,0698}\approx 400,8m$. Trong tam giác vuông $BCD$: $h=BD\cdot \sin 38^{\circ }\approx 400,8\cdot 0,6157\approx 246,8m$. Vậy chiều cao ngọn núi khoảng $246,8m$, khớp với đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin: $\cos A=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2\cdot AB\cdot AC}=\frac{49+64-57}{112}=\frac{1}{2}$, nên d) đúng. Diện tích: $S=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin A=\frac{1}{2}\cdot 7\cdot 8\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=14\sqrt{3}$, nên b) đúng. Bán kính đường tròn ngoại tiếp: $R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{\sqrt{57}}{\sqrt{3}}=\sqrt{19}\ne 2\sqrt{19}$, nên a) sai. Với $D$ trên tia đối của tia $AC$, $AD=2$, góc $\widehat{BAD}=180^{\circ }-A$ nên $\cos \widehat{BAD}=-\frac{1}{2}$: $B{D}^2=49+4-2\cdot 7\cdot 2\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=67$, tức $BD=\sqrt{67}\ne \sqrt{76}$, nên c) sai. Kết quả khớp với đáp án nguồn (Mã 1102, Câu 6: a S, b Đ, c S, d Đ).
a) (AI giải đề cho tôi)
$R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{\sqrt{57}}{\sqrt{3}}=\sqrt{19}\ne 2\sqrt{19}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$S=\frac{1}{2}\cdot 7\cdot 8\cdot \sin 60^{\circ }=14\sqrt{3}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$B{D}^2=7^2+2^2-2\cdot 7\cdot 2\cdot \cos (180^{\circ }-A)=53+14=67\Rightarrow BD=\sqrt{67}\ne \sqrt{76}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\cos A=\frac{49+64-57}{112}=\frac{1}{2}$.