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

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $a=BC=9$, $b=AC=6$, $c=AB$, $\cos A=\frac{1}{3}$.

a) Định lí cosin: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\Rightarrow 81=36+c^2-4c\Rightarrow c^2-4c-45=0\Rightarrow c=9$ (nhận, $c=-5$ loại). Vậy $AB=9\ne 8$ → sai.

b) $\sin A=\frac{2\sqrt{2}}{3}$, $S=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 9\cdot \frac{2\sqrt{2}}{3}=18\sqrt{2}$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp $R=\frac{abc}{4S}=\frac{9\cdot 6\cdot 9}{72\sqrt{2}}=\frac{27\sqrt{2}}{8}$, nên $S_{ht}=\pi R^2=\frac{729\pi }{32}\ne 9\pi$ → sai.

c) Độ dài trung tuyến $A{M}^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}=\frac{72+162-81}{4}=\frac{153}{4}$, $BM=\frac{9}{2}$. Trong tam giác $AMB$: $\cos \widehat{AMB}=\frac{A{M}^2+B{M}^2-A{B}^2}{2\cdot AM\cdot BM}=\frac{\frac{153}{4}+\frac{81}{4}-81}{2\cdot \frac{\sqrt{153}}{2}\cdot \frac{9}{2}}=-\frac{5}{\sqrt{153}}=-\frac{5\sqrt{17}}{51}\approx -0,405\ne \frac{\sqrt{3}}{5}$ → sai.

d) Nửa chu vi $p=\frac{9+6+9}{2}=12$, $r=\frac{S}{p}=\frac{18\sqrt{2}}{12}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$, nên $S_{nt}=\pi r^2=\frac{9\pi }{2}$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Áp dụng định lí cosin: $81=36+c^2-4c\Rightarrow c^2-4c-45=0\Rightarrow c=9$. Vậy $AB=9\ne 8$, khẳng định sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$S=18\sqrt{2}$, $R=\frac{abc}{4S}=\frac{27\sqrt{2}}{8}$, $S_{ht}=\pi R^2=\frac{729\pi }{32}\ne 9\pi$, khẳng định sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$A{M}^2=\frac{153}{4}$, $BM=\frac{9}{2}$, $\cos \widehat{AMB}=\frac{A{M}^2+B{M}^2-A{B}^2}{2\cdot AM\cdot BM}=-\frac{5\sqrt{17}}{51}\approx -0,405\ne \frac{\sqrt{3}}{5}$, khẳng định sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$p=12$, $r=\frac{S}{p}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$, $S_{nt}=\pi r^2=\frac{9\pi }{2}$, khẳng định đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi các trung tuyến là m_a=15, m_b=18, m_c=27. Công thức trung tuyến: m_a²=(2b²+2c²−a²)/4, suy ra a²=(4/9)(2m_b²+2m_c²−m_a²). Tính: a²=(4/9)(648+1458−225)=(4/9)(1881)=836 ⇒ a=BC=2√209; b²=(4/9)(450+1458−324)=704; c²=(4/9)(450+648−729)=164.
a) Định lí cosin: BC²=AB²+AC²−2·AB·AC·cos A (góc A đối diện cạnh BC), không phải cos B ⇒ sai.
b) BC=√836=2√209 ⇒ đúng.
c) cos A=(b²+c²−a²)/(2bc)=(704+164−836)/(2√704·√164)=32/(2√115456). Diện tích S=½bc·sin A=½√(b²c²−(b²+c²−a²)²/4)=½√(115456−256)=½√115200=½·240√2=120√2 ⇒ đúng.
d) I là trung điểm BC, H là trọng tâm nên H nằm trên trung tuyến AI (với AH=⅔AI). D đối xứng với H qua I nên D cũng nằm trên đường thẳng AI. Vậy A, H, D thẳng hàng, diện tích tam giác AHD bằng 0, không phải 60√2 ⇒ sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Định lí cosin cho cạnh BC (đối diện góc A): BC²=AB²+AC²−2·AB·AC·cos A, không phải cos B.
b) (AI giải đề cho tôi)
a²=(4/9)(2·18²+2·27²−15²)=(4/9)(1881)=836 ⇒ BC=√836=2√209.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với a²=836, b²=704, c²=164: S=½√(b²c²−((b²+c²−a²)/2)²)=½√(115456−256)=½√115200=120√2.
d) (AI giải đề cho tôi)
H thuộc trung tuyến AI nên D (đối xứng H qua I) cũng thuộc AI; A, H, D thẳng hàng nên diện tích tam giác AHD bằng 0, không phải 60√2.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin: $\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{64+36-100}{96}=0\Rightarrow A=90^{\circ }$. Độ dài phân giác trong góc $A$: $l_A=\frac{2bc\cos \frac{A}{2}}{b+c}=\frac{2\cdot 8\cdot 6\cdot \cos 45^{\circ }}{14}=\frac{96\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{14}=\frac{24\sqrt{2}}{7}\approx 4,85m$. Vậy độ dài đường phân giác trong góc $A$ xấp xỉ $4,85m$.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB=6$, $AC=8$ nên theo định lí Pythagoras: $BC=\sqrt{6^2+8^2}=10$ cm. Vì $M$ là trung điểm của $BC$ nên $BM=MC=5$ cm, và trong tam giác vuông, trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền: $AM=\frac{BC}{2}=5$ cm.

Xét tam giác $ABM$ có $AB=6$, $AM=BM=5$. Đây là tam giác cân, đường cao từ $M$ xuống $AB$ có độ dài $h=\sqrt{5^2-3^2}=4$, nên diện tích $S_{ABM}=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 4=12$ cm².

Bán kính đường tròn ngoại tiếp: $R=\frac{AB\cdot AM\cdot BM}{4S_{ABM}}=\frac{6\cdot 5\cdot 5}{4\cdot 12}=\frac{150}{48}=\frac{25}{8}=3,125$ cm.

Làm tròn đến hai chữ số sau dấu phẩy: $R\approx 3,13$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A+B+C=180^{\circ }$ nên $\cos (A+B)=\cos (180^{\circ }-C)=-\cos C=-\frac{1}{8}$, suy ra $\cos C=\frac{1}{8}$. Áp dụng định lí cosin tại đỉnh $C$ với $AC=4$, $BC=5$, $AB=c$: $$\cos C=\frac{A{C}^2+B{C}^2-A{B}^2}{2\cdot AC\cdot BC}=\frac{16+25-c^2}{40}=\frac{1}{8}$$ Suy ra $41-c^2=5\Rightarrow c^2=36\Rightarrow c=6$ (độ dài dương). Vậy $AB=6$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A=49+25-2\cdot 7\cdot 5\cdot \frac{3}{5}=74-42=32$, nên $a=4\sqrt{2}$.

Vì $\cos A=\frac{3}{5}$ nên $\sin A=\frac{4}{5}$. Diện tích: $S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}\cdot 7\cdot 5\cdot \frac{4}{5}=14$.

Nửa chu vi: $p=\frac{a+b+c}{2}=\frac{4\sqrt{2}+12}{2}=6+2\sqrt{2}$.

Bán kính đường tròn nội tiếp: $r=\frac{S}{p}=\frac{14}{6+2\sqrt{2}}=\frac{14(6-2\sqrt{2})}{36-8}=\frac{14(6-2\sqrt{2})}{28}=\frac{6-2\sqrt{2}}{2}=3-\sqrt{2}$.

Vậy $r=3-\sqrt{2}$ với $a=3,b=2$, do đó $a-2b=3-4=-1$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $a=BC$. Theo định lí cosin: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos 60^{\circ }=b^2+c^2-bc$.
Diện tích tam giác: $S=\frac{1}{2}bc\sin 60^{\circ }=\frac{bc\sqrt{3}}{4}$, đồng thời $S=\frac{1}{2}ah$, nên $h=\frac{2S}{a}=\frac{bc\sqrt{3}}{2a}$.
Vậy $h=\frac{\sqrt{3}bc}{2\sqrt{b^2+c^2-bc}}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $C$ là vị trí điểm gãy trên thân cây; gốc cây tại $A$, ngọn cây (đã ngã chạm đất) tại $B$. Tam giác $ABC$ có $AB=6m$, $\hat{A}=76^{\circ }$, $\hat{B}=35^{\circ }$, suy ra $\hat{C}=180^{\circ }-76^{\circ }-35^{\circ }=69^{\circ }$.

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

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

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

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

(AI giải đề cho tôi)
Tổng ba góc trong một tam giác bằng $180^{\circ }$. Ta kiểm tra từng nhóm:
- Nhóm 1: $35^{\circ }+77^{\circ }+68^{\circ }=180^{\circ }$ (đúng).
- Nhóm 2: $61^{\circ }+74^{\circ }+45^{\circ }=180^{\circ }$ (đúng).
- Nhóm 3: $33^{\circ }+102^{\circ }+47^{\circ }=182^{\circ }\ne 180^{\circ }$ (sai).
- Nhóm 4: $100^{\circ }+37^{\circ }+43^{\circ }=180^{\circ }$ (đúng).
Vậy nhóm ghi kết quả sai là nhóm 3.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A=6^2+8^2-2\cdot 6\cdot 8\cdot \cos 60^{\circ }=36+64-48=52$. Suy ra $a=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Áp dụng định lí côsin trong tam giác $ABC$ với góc $B$ xen giữa hai cạnh $AB=4$, $BC=7$, cạnh đối là $AC=9$:
$$\cos B=\frac{A{B}^2+B{C}^2-A{C}^2}{2\cdot AB\cdot BC}=\frac{4^2+7^2-9^2}{2\cdot 4\cdot 7}=\frac{16+49-81}{56}=\frac{-16}{56}=-\frac{2}{7}.$$
Vậy $\cos B=-\frac{2}{7}$, chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí sin: $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R$. Do đó A đúng ($\frac{a}{\sin A}=2R$), B đúng ($\sin A=\frac{a}{2R}$), D đúng vì $\sin C=\frac{c}{2R}$ và $\frac{c}{2R}=\frac{c\sin A}{a}$ (do $\sin A=\frac{a}{2R}$). Câu C sai vì từ $b=2R\sin B$ suy ra $\frac{b}{\sin B}=2R$, không phải $b\sin B=2R$. Vậy công thức sai là C.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lý sin trong tam giác $ABC$: $\frac{AC}{\sin B}=\frac{AB}{\sin C}$. Suy ra $AC=AB\cdot \frac{\sin B}{\sin C}=5\cdot \frac{\sin 30^{\circ }}{\sin 45^{\circ }}=5\cdot \frac{1/2}{\sqrt{2}/2}=\frac{5}{\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Áp dụng định lí côsin trong tam giác $ABC$ với $AC=1km=1000m$, $CB=800m$, $\widehat{ACB}=105^{\circ }$:

$$A{B}^2=A{C}^2+C{B}^2-2\cdot AC\cdot CB\cdot \cos \widehat{ACB}$$

Ta có $\cos 105^{\circ }=\cos (60^{\circ }+45^{\circ })=\cos 60^{\circ }\cos 45^{\circ }-\sin 60^{\circ }\sin 45^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4}\approx -0,2588$.

Do đó:
$$A{B}^2=1000^2+800^2-2\cdot 1000\cdot 800\cdot \cos 105^{\circ }\approx 1000000+640000+414113=2054113$$

$$AB\approx \sqrt{2054113}\approx 1433,2\text{ (m)}$$

Vậy khoảng cách $AB\approx 1433$ m (làm tròn đến hàng đơn vị theo đơn vị mét).

a) Qua $G$ đường thẳng song song với $AC$ cắt $BA,BC$ tại $X,Y$.
Dễ dàng chứng minh $△IXG\sim △AIE$ và $△IYG\sim △CIE$.
$$\Rightarrow GX\cdot EA=GY\cdot EC=I{E}^2$$
$$\Rightarrow \frac{EA}{EC}=\frac{GY}{GX}=\frac{KC}{KA}$$
nên $AE=KC$, mà $N$ là trung điểm $AC$ nên $NE=NK$.

b) Ta có $BN$ là trung tuyến của $△ABC$ và $BN\cap (O)=P$.
$$\Rightarrow \frac{PA}{PC}=\frac{BC}{BA}(1)$$
Ta lại có:
$$\frac{AE}{EC}=\frac{CK}{KA}$$
Áp dụng bổ đề cát tuyến, ta có:
$$\frac{AE}{EC}=\frac{AB\cdot AS}{CB\cdot CS}\text{vaˋ}\frac{CK}{KA}=\frac{CB\cdot CT}{AB\cdot AT}$$
Từ đó suy ra:
$$\frac{AB\cdot AS}{CB\cdot CS}=\frac{CB\cdot CT}{AB\cdot AT}$$
$$\Rightarrow \frac{A{B}^2}{C{B}^2}=\frac{CT\cdot CS}{AT\cdot AS}$$
$$\Rightarrow \frac{AT\cdot AS}{CT\cdot CS}=\frac{C{B}^2}{A{B}^2}=\frac{P{A}^2}{P{C}^2}$$
Mặt khác, gọi $H=AC\cap ST$, ta được:
$$\frac{HC}{HA}=\frac{TC\cdot SC}{TA\cdot SA}$$
$$\Rightarrow \frac{HA}{HC}=\frac{AT\cdot AS}{CT\cdot CS}=\frac{P{A}^2}{P{C}^2}$$
Từ các hệ thức trên, ta suy ra:
$$\Rightarrow HP\text{ laˋ tieˆˊp tuyeˆˊn của }(O)$$
$$\Rightarrow (HPMNO)\text{ đường kıˊnh }OH\text{(dpcm)}.$$

[Hình cần kiểm tra lại: p8_f1]

a) Luôn đúng theo bổ đề hình thang.
b) Theo bổ đề hình thang ta có được $DI$ đi qua trung điểm $J$ của $AB$ $\Rightarrow$ $K,O,J$ thẳng hàng $\Rightarrow$ $K(IDJF)=-1$, mà $KO\perp KF$ do $KO\perp AB$ $\Rightarrow$ $KO$ là phân giác $\angle IKD$.
c)
Gọi $AM$ cắt đường thẳng qua $D$ song song $AB$ tại $P^{\prime }\Rightarrow \angle P^{\prime }DC=\angle CBA=180^{\circ }-\angle P^{\prime }MC.$
$\Rightarrow$ Tứ giác $D{P}^{\prime }MC$ nội tiếp mà $DM=DC\Rightarrow P^{\prime }D$ là phân giác ngoài $\angle M{P}^{\prime }C.$
Mà $D(P^{\prime }JBA)=-1\Rightarrow D(P^{\prime }ICA)=-1,$ hơn nữa $D(P^{\prime }ICA)=P^{\prime }(DICA).$
$\Rightarrow P^{\prime }(DICA)=-1$ mà $P^{\prime }D$ là phân giác ngoài $\angle C{P}^{\prime }A$ nên $P^{\prime }I\perp P^{\prime }D\Rightarrow P^{\prime }I\perp AB.$
Tương tự gọi $BN$ cắt đường thẳng qua $D$ song song $AB$ tại $P^{\prime \prime }$ thì ta cũng có $P^{\prime \prime }I\perp AB.$
$\Rightarrow P^{\prime }$ trùng $P^{\prime \prime }$ trùng $P$ hay ta có $PI$ là phân giác $\angle MPC$ và tứ giác $MPDC$ nội tiếp nên có
$$\angle MDC=\angle MPC=2\angle MPI$$

(AI giải đề cho tôi)
**Bài 4.** Chứng minh $\frac{S_{G_1{G}_2{G}_3}}{S_{ABC}}=\frac{a^2+b^2+c^2}{36R^2}$.

**Bước 1: Bổ đề (tam giác pedal).** Cho điểm $P$ nằm trong tam giác $ABC$, $P_1,P_2,P_3$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $P$ lên $BC,CA,AB$. Khi đó, với $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp bán kính $R$:
$$S_{P_1{P}_2{P}_3}=\frac{S_{ABC}\cdot (R^2-O{P}^2)}{4R^2}.$$

*Chứng minh bổ đề.* Đặt $\angle PAB=x,\angle PBA=y$, khi đó $x<A,y<B$.

- Tứ giác $A{P}_{2}P{P}_3$ nội tiếp đường kính $AP$, và $P_2{P}_3$ căng góc $\angle P_{2}A{P}_3=A$, nên $P_2{P}_3=PA\sin A$. Tương tự $P_3{P}_1=PB\sin B$.
- Trong đường tròn đường kính $BP$: $\angle P{P}_3{P}_1=\angle PB{P}_1=B-y$. Trong đường tròn đường kính $AP$: $\angle P_2{P}_{3}P=\angle P_{2}AP=A-x$. Vì tia $P_{3}P$ nằm trong góc $P_2{P}_3{P}_1$ nên
$$\angle P_2{P}_3{P}_1=(B-y)+(A-x)=180^{\circ }-(C+x+y).$$
- Do đó
$$S_{P_1{P}_2{P}_3}=\frac{1}{2}PA\cdot PB\cdot \sin A\sin B\sin (C+x+y).$$
- Trong tam giác $APB$, theo định lý sin:
$$PA=\frac{c\sin y}{\sin (x+y)},PB=\frac{c\sin x}{\sin (x+y)},c=2R\sin C.$$
- Gọi $P^{\prime }$ là giao điểm thứ hai của tia $AP$ với đường tròn ngoại tiếp. Trong tam giác $AB{P}^{\prime }$: $\angle A{P}^{\prime }B=C$, $\angle P^{\prime }AB=x$, $\angle P^{\prime }BP=180^{\circ }-C-x-y$, và $B{P}^{\prime }=2R\sin x$, suy ra theo định lý sin trong tam giác $BP{P}^{\prime }$:
$$P{A}^{\prime }=\frac{2R\sin x\sin (C+x+y)}{\sin (x+y)}.$$
- Vì $P$ nằm trong đường tròn nên theo định lý về tích đoạn thẳng (power của điểm):
$$R^2-O{P}^2=PA\cdot P{A}^{\prime }.$$
Thay $PA$ và $P{A}^{\prime }$ vào:
$$R^2-O{P}^2=\frac{c\sin y}{\sin (x+y)}\cdot \frac{2R\sin x\sin (C+x+y)}{\sin (x+y)}=\frac{4R^2\sin C\sin x\sin y\sin (C+x+y)}{{\sin }^2(x+y)}.$$
Mặt khác, từ công thức của $PA,PB$ với $c=2R\sin C$:
$$PA\cdot PB\cdot \sin (C+x+y)=\frac{c^2\sin x\sin y\sin (C+x+y)}{{\sin }^2(x+y)}=\sin C(R^2-O{P}^2).$$
- Vậy, với $S_{ABC}=2R^2\sin A\sin B\sin C$:
$$S_{P_1{P}_2{P}_3}=\frac{1}{2}\sin A\sin B\cdot \sin C(R^2-O{P}^2)=\frac{S_{ABC}(R^2-O{P}^2)}{4R^2}.$$
Bổ đề được chứng minh.

**Bước 2: Tính $O{G}^2$ với $G$ là trọng tâm.**
Theo định lý Leibniz áp dụng cho trọng tâm $G$:
$$G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2=\frac{a^2+b^2+c^2}{3}.$$

Tổng quát, với mọi điểm $M$: $M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2=G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2+3M{G}^2$. Chọn $M=O$ (khi đó $OA=OB=OC=R$):
$$3R^2=\frac{a^2+b^2+c^2}{3}+3O{G}^2⟹O{G}^2=R^2-\frac{a^2+b^2+c^2}{9}.$$

**Bước 3: Kết luận.**
Áp dụng bổ đề với $P=G$ (G luôn nằm trong tam giác nên $R^2-O{G}^2>0$):
$$S_{G_1{G}_2{G}_3}=\frac{S_{ABC}(R^2-O{G}^2)}{4R^2}=\frac{S_{ABC}}{4R^2}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{9}=S_{ABC}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{36R^2}.$$
Suy ra $\frac{S_{G_1{G}_2{G}_3}}{S_{ABC}}=\frac{a^2+b^2+c^2}{36R^2}$. $■$

**Kiểm tra:** với tam giác đều cạnh $a$: $R=\frac{a}{\sqrt{3}}$, $G\equiv O$ nên $G_1{G}_2{G}_3$ là tam giác trung bình, $S_{G_1{G}_2{G}_3}=\frac{1}{4}{S}_{ABC}$; công thức cho $\frac{3a^2}{36a^2/3}=\frac{1}{4}$. ✓

(AI giải đề cho tôi)
Áp dụng định lí cosin: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos A=2^2+1^2-2\cdot 2\cdot 1\cdot \cos 60^{\circ }=4+1-2=3$. Vậy $BC=\sqrt{3}$, chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên thỏa bất đẳng thức tam giác: $|b-c|<a<b+c$ (và tương tự cho các cặp khác).
- A: $a<b+c$ nhân với $a>0$ được $a^2<ab+ac$: đúng.
- B: $a^2+c^2<b^2+2ac\iff (a-c{)}^2<b^2\iff |a-c|<b$: đúng theo bất đẳng thức tam giác.
- D: $ab+bc>b^2\iff b(a+c)>b^2\iff a+c>b$: đúng.
- C: $b^2+c^2>a^2+2bc\iff (b-c{)}^2>a^2\iff |b-c|>a$: sai, vì tam giác cho $|b-c|<a$. Vậy mệnh đề không đúng là C.