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

Áp dụng định lí sin, ta có $\frac{BC}{\sin 45^{\circ }}=\frac{AB}{\sin 60^{\circ }}\Rightarrow BC=\frac{10\sin 45^{\circ }}{\sin 60^{\circ }}=\frac{10\sqrt{6}}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Ba chân giá đỡ chạm đất tại ba đỉnh của tam giác đều cạnh 110 cm, đỉnh giá đỡ (nơi đặt máy ảnh) cách đều ba đỉnh này với khoảng cách 129 cm. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều: $R=\frac{110}{\sqrt{3}}\approx 63,51$ cm. Chiều cao máy ảnh so với mặt đất: $h=\sqrt{129^2-R^2}=\sqrt{16641-\frac{110^2}{3}}=\sqrt{16641-4033,33}=\sqrt{12607,67}\approx 112,28\approx 112$ cm. Kết quả trùng với đáp án nguồn (112).

(AI giải đề cho tôi)
Từ Hình 3: tam giác $ABC$ vuông tại $B$ với $AB=4$, $BC=3$ nên $\tan \widehat{BAC}=\frac{BC}{AB}=\frac{3}{4}$. Vì $D$ nằm trên tia đối của tia $CB$ (theo hình, $B$ nằm giữa $C$ và $D$) nên $\widehat{BAD}=\widehat{BAC}+30^{\circ }$. Áp dụng công thức tang của tổng hai góc:
$$\tan \widehat{BAD}=\frac{\tan \widehat{BAC}+\tan 30^{\circ }}{1-\tan \widehat{BAC}\cdot \tan 30^{\circ }}=\frac{\frac{3}{4}+\frac{1}{\sqrt{3}}}{1-\frac{3}{4\sqrt{3}}}=\frac{3\sqrt{3}+4}{4\sqrt{3}-3}.$$
Nhân tử mẫu với $4\sqrt{3}+3$ (mẫu: $48-9=39$):
$$\tan \widehat{BAD}=\frac{(3\sqrt{3}+4)(4\sqrt{3}+3)}{39}=\frac{36+9\sqrt{3}+16\sqrt{3}+12}{39}=\frac{48+25\sqrt{3}}{39}.$$
Tam giác $ABD$ vuông tại $B$: $BD=AB\cdot \tan \widehat{BAD}=4\cdot \frac{48+25\sqrt{3}}{39}=\frac{192+100\sqrt{3}}{39}$.
Vì $B$ nằm giữa $C$ và $D$:
$$CD=BD-BC=\frac{192+100\sqrt{3}}{39}-3=\frac{75+100\sqrt{3}}{39}=\frac{25(3+4\sqrt{3})}{39}\approx 6,37.$$
Kiểm tra: $\tan \widehat{BAD}\approx \frac{48+43,30}{39}\approx 2,34$, $BD\approx 9,37$, $CD\approx 6,37$, nhất quán.
Kết luận: $\tan \widehat{BAD}=\frac{48+25\sqrt{3}}{39}$ và $CD=\frac{25(3+4\sqrt{3})}{39}\approx 6,37$ (đơn vị độ dài).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $D$ là đỉnh núi, $C$ là chân đường vuông góc từ $D$ xuống mặt đất. Trong tam giác $ABD$: góc ngoài tại $B$ bằng $38^{\circ }$ nên $\widehat{ADB}=38^{\circ }-34^{\circ }=4^{\circ }$. Theo định lý sin: $BD=\frac{AB\cdot \sin 34^{\circ }}{\sin 4^{\circ }}=\frac{50\cdot 0,5592}{0,06976}\approx 400,8m$. Chiều cao núi $CD=BD\cdot \sin 38^{\circ }\approx 400,8\cdot 0,6157\approx 246,8m$. Kết quả khớp với đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Từ tam giác AMN: $\cos A=\frac{A{M}^2+A{N}^2-M{N}^2}{2\cdot AM\cdot AN}=\frac{1+1-2,56}{2}=-0,28$, nên $\sin A=\sqrt{1-0,28^2}=0,96$.
Diện tích tam giác ABD: $S_{ABD}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AD\cdot \sin A=\frac{1}{2}\cdot 8,2\cdot 16,4\cdot 0,96\approx 64,51m^2$.
Tính $B{D}^2=A{B}^2+A{D}^2-2\cdot AB\cdot AD\cdot \cos A=67,24+268,96+75,488=411,688$.
Trong tam giác BCD: $\cos C=\frac{B{C}^2+C{D}^2-B{D}^2}{2\cdot BC\cdot CD}=\frac{210,25+94,09-411,688}{281,3}\approx -0,3815$, nên $\sin C\approx 0,9244$.
$S_{BCD}=\frac{1}{2}\cdot 14,5\cdot 9,7\cdot 0,9244\approx 65,02m^2$.
Diện tích mảnh đất: $S\approx 64,51+65,02=129,53\approx 130m^2$. Khớp với đáp án nguồn 130.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có bất đẳng thức $a^3+b^3+c^3\ge 3abc$ (dấu bằng khi $a=b=c$), suy ra $\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}\ge 3$. Mặt khác, với mọi tam giác có $r\le \frac{R}{2}$ (Euler), tức $\frac{2r}{R}\le 1$, dấu bằng khi tam giác đều. Do đó $\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+\frac{2r}{R}\ge 3+1=4$. Giả thiết cho tổng bằng đúng $4$, nên cả hai dấu bằng phải xảy ra đồng thời: $a=b=c$ và $r=R/2$, tức tam giác $ABC$ đều. Kiểm tra: tam giác đều có $\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}=3$ và $\frac{2r}{R}=1$, tổng bằng $4$ thỏa mãn. Vậy đáp án D, khớp với đáp án nguồn (STT 5: D).

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin: $\cos A=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2\cdot AB\cdot AC}=\frac{36+100-196}{120}=-\frac{1}{2}$, suy ra $A=120^{\circ }$ và $\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Diện tích tam giác: $S=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin A=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 10\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=15\sqrt{3}$.
Đường cao từ $A$ xuống $BC$: $AH=\frac{2S}{BC}=\frac{2\cdot 15\sqrt{3}}{14}=\frac{15\sqrt{3}}{7}\approx 3,7$.
Vậy $AH\approx 3,7$.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích tam giác $ABC$: $S=\frac{1}{2}BC\cdot BA\cdot \sin B=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 28\cdot \sin 48^{\circ }=112\sin 48^{\circ }\approx 112\cdot 0,74314\approx 83,23c{m}^2$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin trong tam giác $ABC$: $\cos A=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2\cdot AB\cdot AC}=\frac{36+100-196}{120}=\frac{-60}{120}=-\frac{1}{2}$. Suy ra $\sin A=\sqrt{1-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Đường cao $AH=AB\cdot \sin A=6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}\approx 5,196\approx 5,2$. Vậy độ dài đường cao $AH\approx 5,2$.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích tam giác $ABC$: $S=\frac{1}{2}BC\cdot BA\cdot \sin B=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 28\cdot \sin 48^{\circ }=112\sin 48^{\circ }\approx 112\cdot 0,74314\approx 83,23c{m}^2$. Vậy chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác ABC nội tiếp đường tròn miệng giếng. Theo định lí cosin: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos 120^{\circ }=9+4+6=19$, nên $BC=\sqrt{19}$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp: $R=\frac{BC}{2\sin 120^{\circ }}=\frac{\sqrt{19}}{\sqrt{3}}$, suy ra $R^2=\frac{19}{3}$. Diện tích miệng giếng: $S=\pi R^2\approx 3,14\cdot \frac{19}{3}\approx 19,9m^2$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $ABC$, diện tích tính theo hai cạnh kề một góc: $S=\frac{1}{2}\cdot$ (tích hai cạnh kề) $\cdot \sin$(góc xen giữa). Hai cạnh kề góc $B$ là $BC=a$ và $AB=c$, nên $S=\frac{1}{2}ac\sin B$. Do đó đáp án A đúng. Các đáp án B, C dùng sai góc (góc xen giữa hai cạnh $a,c$ phải là $B$), đáp án D thiếu hệ số $\frac{1}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình vẽ trang 6 xác nhận: $H$ là giao của $AB$ và $CD$ với $AB\perp CD$ tại $H$; thứ tự thẳng hàng $H,D,C$ và $H,A,B$. Đặt $x=AH$. Tam giác $AHD$ vuông tại $H$ có $AD=5$ nên $HD=\sqrt{25-x^2}$. Theo hình: $HC=HD+DC=\sqrt{25-x^2}+8$ và $HB=HA+AB=x+2$. Tam giác $HBC$ vuông tại $H$ có $BC=13$: $$(x+2{)}^2+{\left(8+\sqrt{25-x^2}\right)}^2=169.$$ Thử $x=3$: $HD=4$, $HC=12$, $HB=5$, kiểm tra $5^2+12^2=169$ thỏa mãn. Diện tích tứ giác $ABCD$ = diện tích tam giác $HBC$ trừ tam giác $HAD$: $$S=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 12-\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 4=30-6=24.$$ Khớp đáp án nguồn (Câu 16, mã đề 1003: 24).

(AI giải đề cho tôi)
Hình vẽ ở trang 3 xác nhận cấu hình: $H$ là giao của $AB$ và $CD$, $AB\perp CD$, với thứ tự $H-A-B$ trên một đường và $H-D-C$ trên đường kia, $x=AH$.

Đặt $HD=t$, khi đó $HC=t+8$, $HB=x+2$.

Theo Pythagoras:
- Tam giác $HAD$ vuông tại $H$: $x^2+t^2=A{D}^2=25$.
- Tam giác $HBC$ vuông tại $H$: $(x+2{)}^2+(t+8{)}^2=B{C}^2=169$.

Trừ hai phương trình: $4x+4+16t+64=144\Rightarrow x+4t=19\Rightarrow x=19-4t$.

Thay vào $x^2+t^2=25$: $(19-4t{)}^2+t^2=25\Rightarrow 17t^2-152t+336=0\Rightarrow t=4$ hoặc $t=5$. Với $t=5$ thì $x=-1<0$ (loại); với $t=4$ thì $x=3$ (thỏa mãn).

Diện tích tứ giác $ABCD$ = $S_{△HBC}-S_{△HAD}$:
$$S=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 12-\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 4=30-6=24.$$

Kết quả khớp đáp án nguồn (Câu 16: 24).

Gọi đường kính của nửa hình tròn là $x(cm)(x>0)$. Độ dài cạnh bên của hình chữ nhật là $\sqrt{66^2-x^2}$.

Diện tích nửa hình tròn là $\frac{\pi x^2}{8}$. Diện tích hình chữ nhật là $x\sqrt{66^2-x^2}$. Theo giả thiết ta có:

$$\frac{\pi x^2}{8}=0,3.x.\sqrt{66^2-x^2}$$

$$\Rightarrow 5\pi x=12\sqrt{66^2-x^2}\Rightarrow x^2=\frac{627264}{25{\pi }^2+144}\Rightarrow x=\sqrt{\frac{627264}{25{\pi }^2+144}}$$

Vậy chiều cao của cột mốc là $\sqrt{66^2-x^2}+\frac{x}{2}\approx 72,5cm$.

a) Gọi $A^{\prime }$ là điểm đối xứng của $A$ qua $C$.



Ta để ý rằng tứ giác $AD{A}^{\prime }E$ là hình bình hành, và $B{A}^{\prime }\parallel CK$, do đó biến đổi góc thì

$$\widehat{B{A}^{\prime }C}=\widehat{ACK}=\widehat{AEC}=\widehat{C{A}^{\prime }D},$$

suy ra $C{A}^{\prime }$ tiếp xúc với $(BD{A}^{\prime })$, do đó $C{A}^2=C{A}^{\prime 2}=CD\cdot CB$.

Ta suy ra $CA$ tiếp xúc với $(BDA)$, do đó $\widehat{BAD}=\widehat{DAC}=\widehat{ABD}$, suy ra $DA=DB$.

b) Trước hết, ta biến đổi góc thì

$$\widehat{JAD}=\widehat{CAJ}-\widehat{CAD}=\widehat{CJA}-\widehat{ABD}=\widehat{JAB},$$

suy ra $AL$ là tia phân giác của $\widehat{DAB}$.

Do $DK$ cũng là tia phân giác của $\widehat{ADB}$ nên $L$ là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $ADB$, do đó $B,L,I$ thẳng hàng.

[Hình cần kiểm tra lại: p3_f2]

Ta có

$$\widehat{CDL}=180^{\circ }-\widehat{KDB}=90^{\circ }+\widehat{ABD}=90^{\circ }+\widehat{BAD}=90^{\circ }+\frac{\widehat{BAC}}{2}=\widehat{BIC}=\widehat{BMC},$$

suy ra $B,L,D,M$ đồng viên.

Ta cũng có $\widehat{GML}=\widehat{IMC}=\widehat{IBC}=\widehat{ABI}=\widehat{GBL}$, suy ra $B,L,M,G$ đồng viên.

Do đó năm điểm $B,L,D,M,G$ cùng thuộc một đường tròn.

a) Gọi $J$ là tâm $(DEF)$. Gọi $DM$ cắt $(J)$ tại $X$. Gọi $XF$ cắt $DE$ tại $S^{\prime }$.

Áp dụng định lí Pascal cho bộ các điểm $\left(\begin{array}{ccc}F& D& X\\ D& F& E\end{array}\right)\Rightarrow S^{\prime },B,M$ thẳng hàng hay $S^{\prime }$ trùng $S$.

Tương tự ta có $R,E,X$ thẳng hàng.

Áp dụng định lí Pascal cho bộ các điểm $\left(\begin{array}{ccc}F& D& E\\ E& X& F\end{array}\right)\Rightarrow A,S,R$ thẳng hàng.

b) Ta có $MA.MJ=ME.MF=MD.MX\Rightarrow$ Tứ giác $ADJX$ nội tiếp mà $JD=JX$.

$\Rightarrow AJ$ là phân giác $\angle XAD\Rightarrow AD,AX$ đối xứng qua $d$ hay $RE,SF,d$ đồng quy.

a) Kẻ đường kính $AL$ và $G$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$.
Gọi $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $B$ của $△PBC$.
Ta thấy $\angle LBA=\angle LCA=90^{\circ }$ mà $KB,KC$ đối xứng với $BC$ qua $AB,AC$ nên $BL$ là phân giác $\angle CBK$ và $CL$ là phân giác $\angle BCK$ nên $L$ là tâm đường tròn nội tiếp $△KBC$.
Dễ thấy $G,H$ đối xứng qua trung điểm $BC$, mà $H$ là tiếp điểm tâm nội $I$ của $△PBC$ nên theo tính chất quen ta có $G$ là tiếp điểm tâm bàng $J$ hay $J,L,G$ thẳng hàng.
b) Gọi $PJ,AK$ cắt $BC$ lần lượt tại $N,R$. Theo hàng điểm phân giác và hàng điểm tứ giác toàn phần ta có $(ALRK)=(AIHQ)=-1\Rightarrow IL,RH,KQ$ đồng quy tại $S$.
Gọi $CL$ cắt $BJ$ tại $X$, $BL$ cắt $CJ$ tại $Y$, $XY$ cắt $GJ$ tại $R$. Ta có $(GRLJ)=(HQIA)=-1$ và $AH//GJ$ nên $AJ,LI,HG,QR$ đồng quy tại $S$.
Lại có $(PNIJ)=-1\Rightarrow S(PINJ)=S(PIHA)=-1=S(QIHA)\Rightarrow S,P,Q$ thẳng hàng hay $P,Q,K$ thẳng hàng.

a) Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $S$. Để ý rằng: $\frac{DB}{DC}\cdot \frac{EC}{EA}\cdot \frac{FA}{FB}=1$ (do $BF=BD$, $AF=AE$, $EC=CD$).

Vì thế: $AD$, $BE$, $CF$ đồng quy (theo định lý Ceva đảo).

Áp dụng hàng điểm điều hòa cơ bản thì: $(SD,BC)=-1$ do đó theo hệ thức Maclaurin thì:

$$SD.SM=SB.SC$$

Ta có tam giác $GBC$ đồng dạng tam giác $AEF$ (g.g) do đó: $\angle AFQ=\angle QCB$ suy ra: $FQCB$ nội tiếp suy ra: $SF.SQ=SB.SC=SD.SM$ suy ra: $F,D,M,Q$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Lấy $K$ đối xứng $H$ qua $J$. Ta có một tính chất quen thuộc sau của mô hình đường tròn nội tiếp (các bạn tự chứng minh lại): $GK$ đi qua tiếp điểm bằng tiếp góc $G$ của tam giác $GPQ$ và $GK\parallel JN$.

Tương tự ý đầu ta chứng minh được: $P,E,M,D$ cùng thuộc một đường tròn.

Do đó: $\angle EPM=\angle EDC=90^{\circ }-C/2$.

Lại có: $\angle EPB=\angle EFB+\angle ABG=\angle A+90^{\circ }-A/2+B/2-C/2=180^{\circ }-\angle C=2\angle MPE$ suy ra: $MP$ là phân giác góc $BPQ$ hay $M$ là tâm bàng góc $G$ của tam giác $GPQ$.

Gọi $X$ là hình chiếu của $M$ lên $PQ$. Ta có: $GX\parallel JN$. Do đó ta cần chỉ ra rằng: $I,X,G$ thẳng hàng.

Lấy $L$ là hình chiếu của $M$ lên $GC$ và $T$ đối xứng $G$ qua $O$.

Ta có: $\frac{GM}{GT}=\frac{ML}{TC}=\frac{MX}{TI}$ suy ra: tam giác $GMX$ đồng dạng tam giác $GTI$ (c.g.c) suy ra: $G,X,I$ thẳng hàng. Vậy ta có: $JN\parallel IG$.