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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh hình thoi là $a$. Trong tam giác $ABD$ ta có $AB=AD=a$, góc $BAD=150^{\circ }$, và $BD=8$. Theo định lí cosin: $B{D}^2=a^2+a^2-2a^2\cos 150^{\circ }=2a^2(1+\cos 30^{\circ })=2a^2\cdot \frac{2+\sqrt{3}}{2}=a^2(2+\sqrt{3})$. Suy ra $a^2=\frac{64}{2+\sqrt{3}}=64(2-\sqrt{3})\approx 17.15$, nên $a\approx 4.141$. Cách khác: $BD=2a\sin 75^{\circ }\Rightarrow a=\frac{4}{\sin 75^{\circ }}\approx 4.141$. Vậy độ dài cạnh hình thoi xấp xỉ $4.1$.

a)
Ta có: $\widehat{XYA}=90^{\circ }-\widehat{ABC}=\widehat{OAX}$.
Do đó: $△OAX\sim △OYA$ (g-g).
Dẫn tới: $O{A}^2=OX\cdot OY={\mathcal{P}}_{O/(I)}=O{I}^2-(r^{\prime }{)}^2$.
Vì vậy ta thu được $O{I}^2=R^2+(r^{\prime }{)}^2$.

b)
Kẻ đường kính $AT$ của $(O)$. Gọi $G$ là giao của $HT$ với $(O)$.

Gọi $AH$ giao $(O)$ tại $R$
Cho đường thẳng qua $P$ song song với $BC$ cắt $HT$ tại $Z^{\prime }$.
Ta sẽ chứng minh $Z^{\prime }\equiv Z$:
Gọi $G^{\prime }$ là giao của $IA$ với $(O)$.
Ta có $A(RIXY)=-1$ chiếu lên $(O)$ ta được $(R{G}^{\prime }BC)=-1$ (1).
Mặt khác: $A(GHBC)=-1$ chiếu lên $(O)$ ta được $(RGBC)=-1$ (2).
Từ (1) và (2) ta có $G^{\prime }\equiv G$ hay $I,G,A$ thẳng hàng.
Cũng từ (2) ta có $RBGC$ là tứ giác điều hoà nên $P,R,G$ thẳng hàng.
Để ý là $R,T$ đối xứng nhau qua trung trực của $BC$ kết hợp với $P{Z}^{\prime }\parallel BC$ nên
$P(Z^{\prime }MTR)=-1$ chiếu lên $HM$ ta được $(Z^{\prime }MTG)=-1$.
Xét $I(Z^{\prime }MTG)=I(Z^{\prime }OTA)=-1$ do đó $I{Z}^{\prime }\parallel AO$.
Tóm lại $I{Z}^{\prime }\parallel AO$ và $P{Z}^{\prime }\parallel BC$ nên $Z^{\prime }\equiv Z$ có nghĩa là $Z$ nằm trên $HM$ (đpcm)

a) Gọi $A^{\prime }$ là điểm đối xứng của $A$ qua đường thẳng $OM$.
Ta có: $\angle PRB=\angle ARB=\angle ACB=\angle AFE=\angle AFP$.
Suy ra tứ giác $FPRB$ nội tiếp. Khi đó ta có: $AP\cdot AR=\overline{AB}\cdot \overline{AF}=\overline{AH}\cdot \overline{AD}$. Suy ra $R$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $PHD$.
Chú ý rằng $\angle HPQ=\angle HDQ=90^{\circ }$ nên $HQ$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $PHD$. Vậy năm điểm $Q,P,H,D,R$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $HQ$.
Khi đó ta có: $\angle RDQ=\angle RPQ=180^{\circ }-\angle ABR=\angle A{A}^{\prime }R$. Kết hợp với $A{A}^{\prime }\parallel QD$ ta có ba điểm $R,D,A^{\prime }$ thẳng hàng.



b) Gọi $N$ là trung điểm $A{A}^{\prime }$. Khi đó $DMNA$ là hình chữ nhật, suy ra $A{A}^{\prime }=2DM$.
Ta có: $\frac{DM}{A{A}^{\prime }}=\frac{GM}{GA}=\frac{1}{2}$.
Mà $A{A}^{\prime }\parallel QD$ nên theo định lý Thales đảo ta có $D,G,A^{\prime }$ thẳng hàng. Kết hợp với $R,D,A^{\prime }$ thẳng hàng, suy ra bốn điểm $R,D,G,A^{\prime }$ thẳng hàng.
Gọi $S\ne R$ là giao điểm thứ hai của $QR$ và đường tròn $(O)$ ta có:
$$\overline{QR}\cdot \overline{QS}=\overline{QB}\cdot \overline{QC}=\overline{QE}\cdot \overline{QF}=\overline{QD}\cdot \overline{QM}.$$
Suy ra điểm $S$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $DMR$.
Khi đó ta có: $\angle RSM=\angle RDQ=\angle R{A}^{\prime }A=\angle RSA$. Suy ra $S$ nằm trên đường thẳng $AM$, do đó $G$ nằm trên $MS$.
Gọi $J$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $RDMS.QG$, ta có $J\in QG$ và $XJ\perp QG$. (1)
Lại có $J$ nằm trên đường tròn $(QDR)$ hay $J$ nằm trên đường tròn đường kính $QH$, suy ra $\angle QJH=90^{\circ }$. (2)
Từ (1) và (2) ta có ba điểm $X,J,H$ thẳng hàng và $XH\perp QG$.

Lời giải (Lim Olympic - Quảng Ngãi TST - P3):



a) Xét thế hình trên. Gọi $(AEB)$ cắt $AD$ tại $X$, do $BE//AX\Rightarrow BEXA$ là hình thang cân.
$\Rightarrow \angle EXD=\angle ABE=\angle XDC\Rightarrow ECDX$ là hình thang cân $\Rightarrow X$ nằm trên $(ECD)$.
Ta thấy $O_1{O}_2$ là trung trực $AE$, $O_2{O}_3$ là trung trực $ED$.
$\Rightarrow \angle O_1{O}_2{O}_3=180^{\circ }-\angle AED$ và $\angle AE{O}_1=90^{\circ }-\frac{\angle E{O}_{1}A}{2}=90^{\circ }-\angle EXA=\angle DE{O}_3$.
$\Rightarrow \angle AED=\angle O_{1}E{O}_3$.
Gọi $H$ là trực tâm $\Delta O_1{O}_2{O}_3\Rightarrow \angle O_{1}H{O}_3=180^{\circ }-\angle O_1{O}_3{O}_2=\angle O_{1}E{O}_3=\angle O_{1}X{O}_3$ (do $O_1{O}_3$ là trung trực $EX$).
$\Rightarrow$ Tứ giác $O_1{O}_{3}XH$ nội tiếp $\Rightarrow \angle O_{1}XH=\angle O_1{O}_{3}H$.
Lại có $O_{3}H//AE$ và $O_1{O}_3\perp EX\Rightarrow \angle O_1{O}_{3}H=90^{\circ }-\angle AEX=\angle O_{1}XA\Rightarrow \angle O_{1}XH=\angle O_{1}XA$.
$\Rightarrow H$ nằm trên $AD$.

b) Gọi $(J)$ là đường tròn nội tiếp $△OAD$ tiếp xúc $AD$ tại $F$. Do $O$ là tâm đối xứng biến $BC$ thành $AD$ nên $O$ là trung điểm $IJ,EF\Rightarrow IE=JF$.

Gọi $U,V,Y,Z$ lần lượt là tiếp điểm của $(I)$ với $AC,BD,SD,SA$.

$$\Rightarrow SA-SD=(AZ+ZS)-(SY+YD)=AU-VD=OA-OD=EC-EB=AF-DF.$$

Gọi $F^{\prime }$ là tiếp điểm của $(K)$ với $AD\Rightarrow A{F}^{\prime }-D{F}^{\prime }=SA-SD$.

$$\Rightarrow A{F}^{\prime }-D{F}^{\prime }=AF-DF\text{ vaˋ }A{F}^{\prime }+D{F}^{\prime }=AF+DF.$$

$$\Rightarrow AF=A{F}^{\prime }\Rightarrow F^{\prime }\text{ truˋng }F\text{ hay }K,J,F\text{ thẳng haˋng}.$$

Gọi $(K)$ tiếp xúc $SD$ tại $P\Rightarrow \frac{SI}{SK}=\frac{IY}{KP}=\frac{IE}{KF}=\frac{JF}{KF}\Rightarrow IJ\parallel SF$.

Theo kết quả quen thuộc của mô hình tâm nội, với $L$ là tiếp điểm tâm bằng đỉnh $S$ của $△SAD$ với $AD$ thì $SL$ đi qua chân đường kính từ $F$ của $(K)$ và $M$ là trung điểm $AD\Rightarrow MK$ đi qua trung điểm $SF$ theo tính chất đường trung bình. Mà $KO$ cũng đi qua trung điểm $SF$ theo bổ đề hình thang nên $K,O,M$ thẳng hàng.

Chuyển giả thiết về quan hệ giữa các góc: Theo định lí sin, $a=2R\sin A$, $b=2R\sin B$, $c=2R\sin C$ với $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Giả thiết trở thành $$\sin A\cos B+\sin A\cos C=\sin B+\sin C.$$ Biến đổi vế phải: Vì $A+B+C=180^{\circ }$ nên $B=180^{\circ }-(A+C)$ và $C=180^{\circ }-(A+B)$, do đó $$\sin B=\sin (A+C)=\sin A\cos C+\cos A\sin C,\sin C=\sin (A+B)=\sin A\cos B+\cos A\sin B.$$ Thay vào đẳng thức trên và rút gọn: $$\cos A(\sin B+\sin C)=0.$$ Xác định góc $A$: Vì $B,C$ là các góc của một tam giác nên $\sin B>0$, $\sin C>0$, suy ra $\sin B+\sin C>0$. Do đó $\cos A=0$, tức là $A=90^{\circ }$. Xác định góc $B$: Khi đó $\cos (A-B)=\cos (90^{\circ }-B)=\sin B=\frac{1}{2}$. Vì $A=90^{\circ }$ nên $0^{\circ }<B<90^{\circ }$, suy ra $B=30^{\circ }$. Đáp số: $B=30^{\circ }$.

Các yếu tố của tam giác: Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $$BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{300+100}=20,\tan \widehat{ACB}=\frac{AB}{AC}=\sqrt{3}⟹\widehat{ACB}=60^{\circ }.$$ Bán kính đường tròn nội tiếp: Với tam giác vuông tại $A$, $$r_1=\frac{AB+AC-BC}{2}=\frac{10\sqrt{3}+10-20}{2}=5(\sqrt{3}-1).$$ Vị trí tâm ba đường tròn: Cả ba đường tròn đều tiếp xúc với hai cạnh $CA$ và $CB$ nên ba tâm $I_1,I_2,I_3$ cùng nằm trên tia phân giác của góc $\widehat{ACB}$. Nếu một đường tròn tâm $I$ bán kính $r$ tiếp xúc với hai cạnh của góc $\widehat{ACB}$ thì $$CI=\frac{r}{\sin \frac{\widehat{ACB}}{2}}=\frac{r}{\sin 30^{\circ }}=2r.$$ Thiết lập tỉ số bán kính: Đường tròn $(I_2)$ nằm giữa $C$ và $(I_1)$, hai đường tròn này tiếp xúc ngoài nên $C{I}_1-C{I}_2=r_1+r_2$, tức là $$2r_1-2r_2=r_1+r_2⟹r_2=\frac{r_1}{3}.$$ Lập luận tương tự với cặp $(I_2),(I_3)$ cho $r_3=\frac{r_2}{3}=\frac{r_1}{9}$. Tính tổng chu vi: $$C=2\pi (r_1+r_2+r_3)=2\pi r_1\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{9}\right)=2\pi \cdot 5(\sqrt{3}-1)\cdot \frac{13}{9}=\frac{130(\sqrt{3}-1)\pi }{9}.$$ Đáp số: Tổng chu vi ba đường tròn bằng $\frac{130(\sqrt{3}-1)\pi }{9}\approx 33,22$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi M là trung điểm BC. Vì G là trọng tâm nên G nằm trên trung tuyến AM và GA = 2GM. Tam giác BGC vuông tại G có M là trung điểm cạnh huyền BC nên GM = BC/2 = 1, suy ra GA = 2, AM = 3. Công thức trung tuyến: AM² = (2AB² + 2AC² − BC²)/4 ⇒ 9 = (2b² + 2c² − 4)/4 ⇒ b² + c² = 20. Định lí cosin: BC² = b² + c² − 2bc·cos30° ⇒ 4 = 20 − bc√3 ⇒ bc = 16/√3. Diện tích S = ½bc·sin30° = 4/√3 ≈ 2,3094. (b+c)² = b² + c² + 2bc = 20 + 32/√3 ≈ 38,4752 ⇒ b + c ≈ 6,2029, nửa chu vi p ≈ 4,1015. Bán kính nội tiếp r = S/p ≈ 2,3094/4,1015 ≈ 0,5631 ≈ 0,56, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $C$ là đỉnh cây (nơi gãy), $A$ là gốc cây, $B$ là ngọn cây đã ngã. Tam giác $ABC$ có $\hat{A}=76^{\circ }$, $\hat{B}=35^{\circ }$, nên $\hat{C}=180^{\circ }-76^{\circ }-35^{\circ }=69^{\circ }$, và $AB=6m$.

Theo định lí sin:
$$\frac{AC}{\sin 35^{\circ }}=\frac{BC}{\sin 76^{\circ }}=\frac{AB}{\sin 69^{\circ }}=\frac{6}{\sin 69^{\circ }}$$

Suy ra:
$$AC=\frac{6\sin 35^{\circ }}{\sin 69^{\circ }}\approx \frac{6\cdot 0,5736}{0,9336}\approx 3,69(m)$$
$$BC=\frac{6\sin 76^{\circ }}{\sin 69^{\circ }}\approx \frac{6\cdot 0,9703}{0,9336}\approx 6,24(m)$$

Chiều cao cây trước khi gãy bằng tổng hai đoạn thân $AC+BC$:
$$AC+BC\approx 3,69+6,24=9,92(m)$$

Vậy chiều dài của cây trước khi bị gãy xấp xỉ $9,92m$.

(AI giải đề cho tôi)
Chùm tia đi từ nguồn tia tới khối u, tạo với mặt da góc $\beta$. Khoảng cách từ khối u đến mặt da là 6,3 cm (cạnh đối), khoảng cách từ nguồn tia đến khối u là 9 cm (cạnh kề). Xét tam giác vuông, ta có $\tan \beta =\frac{\text{cạnh đoˆˊi}}{\text{cạnh keˆˋ}}=\frac{6,3}{9}=0,7$. Vậy $P=\tan \beta =0,7\approx 0,70$.

(AI giải đề cho tôi)
Áp dụng định lí cosin: $b^2=a^2+c^2-2ac\cos B=8^2+3^2-2\cdot 8\cdot 3\cdot \cos 60^{\circ }=64+9-24=49$. Suy ra $b=7$ (độ dài cạnh dương). Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lý sin: $\frac{BC}{\sin A}=2R$, nên $2R=\frac{\sqrt{3}}{\sin 60^{\circ }}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2$, suy ra $R=1$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lý sin: $\frac{BC}{\sin A}=\frac{AC}{\sin B}$, nên $BC=AC\cdot \frac{\sin 60^{\circ }}{\sin 45^{\circ }}=4\cdot \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=4\cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=2\sqrt{6}$ cm. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $a^2+b^2=6^2+8^2=100=10^2=c^2$ nên tam giác vuông tại $C$ (đối diện cạnh $c$). Diện tích $S=\frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 8=24$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích tam giác tính theo hai cạnh và góc xen giữa: $S=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 5\cdot \sin 150^{\circ }=10\cdot \frac{1}{2}=5$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích tam giác ABC: $S=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin \widehat{BAC}=\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot 4a\cdot \sin 120^{\circ }=4a^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=2a^2\sqrt{3}$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Công thức diện tích tam giác theo bán kính đường tròn nội tiếp: $S=p\cdot r$, với $p$ là nửa chu vi. Ở đây chu vi bằng 12 nên $p=6$, và $r=1$. Suy ra $S=6\cdot 1=6$. Vậy đáp án là C.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí côsin: $\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{25+9-36}{2\cdot 5\cdot 3}=\frac{-2}{30}=-\frac{1}{15}$. Suy ra $\sin A=\sqrt{1-{\cos }^{2}A}=\sqrt{1-\frac{1}{225}}=\frac{\sqrt{224}}{15}=\frac{4\sqrt{14}}{15}$. Vậy chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích tam giác theo công thức Heron: $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ với $p=\frac{a+b+c}{2}$. Bán kính đường tròn nội tiếp thỏa $S=p\cdot r$, suy ra $r=\frac{S}{p}=\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p}$. Vậy đáp án A. (Lưu ý B sai vì mẫu là $a+b+c=2p$, cho kết quả nhỏ gấp đôi.)

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích tam giác ABC: $S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{1}{2}ab\sin C$. Xét các đáp án: A đúng vì $S=\frac{1}{2}bc\sin A$. B sai vì $\frac{1}{2}ac\sin A$ không khớp (đúng phải là $\frac{1}{2}ac\sin B$). C và D sai vì $\frac{1}{2}bc\sin B$ không đúng (đúng phải là $\frac{1}{2}bc\sin A$). Vậy đáp án đúng là A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A,B,C$ thẳng hàng với $A$ nằm giữa $C$ và $B$ (theo hình vẽ), đặt $AC=x$, thì $BC=x+24$. Trong tam giác vuông $ACD$: $h=x\tan 63^{\circ }$. Trong tam giác vuông $BCD$: $h=(x+24)\tan 48^{\circ }$. Suy ra $\frac{h}{\tan 63^{\circ }}+24=\frac{h}{\tan 48^{\circ }}$, tức $h\left(\frac{1}{\tan 48^{\circ }}-\frac{1}{\tan 63^{\circ }}\right)=24$. Với $\tan 48^{\circ }\approx 1,1106$, $\tan 63^{\circ }\approx 1,9626$: $h\left(0,9004-0,5095\right)=24\Rightarrow h\approx \frac{24}{0,3909}\approx 61,4$ m. Vậy chọn A.