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

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng theo định lí sin: a/sin A = 2R nên a = 2R sin A.
b) Đúng theo định lí cosin: a² = b² + c² − 2bc cos A.
c) Với a=7, b=9, c=12: p = (7+9+12)/2 = 14. Diện tích S = √(14·7·5·2) = √980 = 14√5. Bán kính nội tiếp r = S/p = 14√5/14 = √5 ≠ √5/5. Mệnh đề SAI.
d) Với b=5 (AC), c=4 (AB), A=60°: a² = 25+16−2·5·4·cos60° = 21, nên a = √21. M thuộc BC với BM = 2MC nên MC = √21/3. cos C = (a²+b²−c²)/(2ab) = (21+25−16)/(10√21) = 3/√21, suy ra sin C = √(1−9/21) = 2/√7. Đường cao từ M trong tam giác ACM (hạ xuống AC): h = MC·sin C = (√21/3)·(2/√7) = 2√3/3. Mệnh đề ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
Định lí sin: a/sin A = 2R ⟹ a = 2R sin A. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Định lí cosin: a² = b² + c² − 2bc cos A. Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
p = 14, S = √(14·7·5·2) = 14√5, r = S/p = √5, không phải √5/5. Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
a = √21, MC = √21/3, cos C = 3/√21, sin C = 2/√7, h = MC·sin C = 2√3/3. Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Thời gian bay: 150 phút = 2,5 giờ. Máy bay thứ nhất bay về hướng tây: $OA=450\cdot 2,5=1125$ km. Máy bay thứ hai bay theo hướng hợp với hướng bắc góc $25^{\circ }$ về phía tây: $OB=630\cdot 2,5=1575$ km. Góc giữa hai hướng bay: hướng tây với hướng cách hướng bắc $25^{\circ }$ về phía tây là $90^{\circ }+25^{\circ }=115^{\circ }$. Theo định lí cosin: $A{B}^2=1125^2+1575^2-2\cdot 1125\cdot 1575\cdot \cos 115^{\circ }\approx 1265625+2480625+1497682=5243932$, nên $AB\approx 2290$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi S là diện tích tam giác ABC. Ta có $S=\frac{1}{2}a{h}_a=\frac{1}{2}b{h}_b$, suy ra $\frac{h_a}{h_b}=\frac{b}{a}$. Theo định lý sin, $\frac{b}{a}=\frac{\sin B}{\sin A}=\frac{\sin 45^{\circ }}{\sin 30^{\circ }}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{1}{2}}=\sqrt{2}\approx 1,4$. Vậy $\frac{h_a}{h_b}\approx 1,4$.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích tam giác $ABC$: $S=\frac{1}{2}AB\cdot BC\cdot \sin B=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 4\cdot \sin 150^{\circ }=10\cdot \frac{1}{2}=5$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
S = 1/2·AB·AC·sin120° = 1/2·8·5·(√3/2) = 10√3 → a đúng. BC² = AB²+AC²−2·AB·AC·cos120° = 64+25+40 = 129 nên BC = √129 ≠ 7 → b sai. R = BC/(2sin120°) = √129/√3 = √43 → c đúng. Với AM = 4: MC² = AM²+AC²−2·AM·AC·cos120° = 16+25+20 = 61 nên MC = √61 → d đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
S = 1/2·8·5·sin120° = 10√3.
b) (AI giải đề cho tôi)
BC² = 64+25−2·8·5·cos120° = 129, nên BC = √129 ≠ 7.
c) (AI giải đề cho tôi)
R = BC/(2sin120°) = √129/√3 = √43.
d) (AI giải đề cho tôi)
MC² = 4²+5²−2·4·5·cos120° = 16+25+20 = 61, nên MC = √61.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M,N,A$ thẳng hàng với $N$ nằm giữa $M$ và $A$, góc ngoài tại $N$ của tam giác $MBN$ bằng $45^{\circ }$ nên $\widehat{MBN}=45^{\circ }-30^{\circ }=15^{\circ }$. Theo định lí sin trong tam giác $MBN$: $\frac{BN}{\sin 30^{\circ }}=\frac{MN}{\sin 15^{\circ }}$, suy ra $BN=\frac{500\sin 30^{\circ }}{\sin 15^{\circ }}\approx 965,93$ m. Trong tam giác vuông $BAN$: $AB=BN\cdot \sin 45^{\circ }\approx 965,93\cdot 0,7071\approx 683,0$ m. Vậy chiều cao tháp khoảng $683$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin trong tam giác $ABC$: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos 60^{\circ }=256+144-192=208$, nên $BC=4\sqrt{13}$ km. Gọi $MB=x$ thì $MC=3x$, suy ra $4x=4\sqrt{13}\Rightarrow x=\sqrt{13}$. Áp dụng định lí Stewart với $m=MC=3\sqrt{13}$, $n=MB=\sqrt{13}$, $a=BC=4\sqrt{13}$, $b=AC=12$, $c=AB=16$: $b^{2}n+c^{2}m=a(A{M}^2+mn)$. Thay số: $144\sqrt{13}+256\cdot 3\sqrt{13}=4\sqrt{13}(A{M}^2+39)$, chia hai vế cho $\sqrt{13}$: $144+768=4(A{M}^2+39)\Rightarrow 912=4A{M}^2+156\Rightarrow A{M}^2=189\Rightarrow AM=3\sqrt{21}$ km. Vậy độ dài đoạn thẳng $AM$ bằng $3\sqrt{21}$ km (xấp xỉ $13,75$ km).

(AI giải đề cho tôi)
Kiểm tra từng khẳng định: A sai vì định lí cosin là $c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$ (dấu trừ, không phải dấu cộng). B đúng vì diện tích tam giác tính theo hai cạnh và góc xen giữa: $S=\frac{1}{2}ab\sin C$. C sai vì $S=\frac{1}{2}AM\cdot BC$ chỉ đúng khi $AM\perp BC$ (AM là đường cao), còn M chỉ là trung điểm BC thì không đúng. D sai vì công thức Heron là $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$, không có hệ số $\frac{1}{2}$ phía trước. Vậy đáp án đúng là B.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí sin: $\frac{BC}{\sin A}=2R\Rightarrow 2R=\frac{\sqrt{3}}{\sin 60^{\circ }}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2\Rightarrow R=1$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Áp dụng định lí cosin tại góc $B$: $\cos B=\frac{A{B}^2+B{C}^2-A{C}^2}{2\cdot AB\cdot BC}=\frac{9+36-27}{2\cdot 3\cdot 6}=\frac{18}{36}=\frac{1}{2}$. Suy ra $B=60^{\circ }$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin: $A{B}^2=B{C}^2+A{C}^2-2\cdot BC\cdot AC\cdot \cos 60^{\circ }=16+36-24=28\Rightarrow AB=2\sqrt{7}$, ý a) đúng. Đường cao ứng với cạnh $BC$: $h_a=AC\cdot \sin 60^{\circ }=6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}\ne 2\sqrt{3}$, ý b) sai. Diện tích $S=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot AC\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}\approx 10,39\ne 6$, ý c) sai. Nửa chu vi $p=\frac{4+6+2\sqrt{7}}{2}=5+\sqrt{7}$, nên $r=\frac{S}{p}=\frac{6\sqrt{3}}{5+\sqrt{7}}=\frac{6\sqrt{3}(5-\sqrt{7})}{18}=\frac{\sqrt{3}(5-\sqrt{7})}{3}\approx 1,36\ne \frac{2\sqrt{21}}{3}\approx 3,06$, ý d) sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$A{B}^2=4^2+6^2-2\cdot 4\cdot 6\cos 60^{\circ }=28\Rightarrow AB=2\sqrt{7}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$h_a=AC\sin 60^{\circ }=3\sqrt{3}\ne 2\sqrt{3}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$S=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 6\sin 60^{\circ }=6\sqrt{3}\ne 6$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$r=\frac{6\sqrt{3}}{5+\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{3}(5-\sqrt{7})}{3}\approx 1,36\ne \frac{2\sqrt{21}}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét tam giác $ABC$ với $A$ là điểm quan sát, $B$ là gốc cây, $C$ là ngọn cây.
- Sườn đồi nghiêng góc $\alpha =26^0$ so với phương ngang, cây mọc thẳng đứng nên góc giữa $BA$ (hướng xuống dốc) và $BC$ (phương thẳng đứng) là $\widehat{ABC}=90^0+26^0=116^0$.
- Góc quan sát so với phương ngang là $\beta =50^0$, nên $\widehat{BAC}=50^0-26^0=24^0$.
- Suy ra $\widehat{ACB}=180^0-116^0-24^0=40^0$.

Áp dụng định lý sin trong tam giác $ABC$:
$$\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}}=\frac{AB}{\sin \widehat{ACB}}$$
$$BC=\frac{30\cdot \sin 24^0}{\sin 40^0}\approx \frac{30\cdot 0,4067}{0,6428}\approx 18,98\text{ (m)}$$

Vậy chiều cao cây cổ thụ $BC\approx 19$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $S$ là San Juan, $B$ là Barbados, $T$ là điểm đổi hướng. Trong 10 giờ tàu đi được $ST=15\times 10=150$ hải lý. Tam giác $STB$ có $SB=600$ hải lý, góc $\widehat{TSB}=20^{\circ }$. Theo định lí cosin:
$$T{B}^2=S{T}^2+S{B}^2-2\cdot ST\cdot SB\cdot \cos 20^{\circ }=150^2+600^2-2\cdot 150\cdot 600\cdot \cos 20^{\circ }$$
$$=22500+360000-180000\cdot 0,93969\approx 213355,1$$
Suy ra $TB\approx 461,9\approx 462$ hải lý. Vậy từ vị trí $T$, con tàu còn cách Barbados khoảng $462$ hải lý.

(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, B, D đều đúng. Câu C sai vì $\frac{\sin B}{b}=\frac{1}{2R}\ne 2R$. Vậy đẳng thức sai là C.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin: $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos \hat{B}=25+64-2\cdot 5\cdot 8\cdot \cos 60^{\circ }=89-40=49$, nên $AC=7$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí côsin trong tam giác $ABC$: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2AB\cdot AC\cdot \cos A$. Do đó đáp án đúng là C.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $ABC$: $C=180^{\circ }-60^{\circ }-45^{\circ }=75^{\circ }$.

a) Định lí sin: $\frac{BC}{\sin 60^{\circ }}=\frac{AC}{\sin 45^{\circ }}\Rightarrow BC=\frac{5\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{5\sqrt{6}}{2}\approx 6,12$ cm. Đúng.

b) $AB=\frac{5\sin 75^{\circ }}{\sin 45^{\circ }}=\frac{5(\sqrt{3}+1)}{2}\approx 6,83$ cm. Trong tam giác $AIC$ có $AI=3$, $AC=5$, $\hat{A}=60^{\circ }$: $C{I}^2=9+25-2\cdot 3\cdot 5\cos 60^{\circ }=19\Rightarrow CI=\sqrt{19}$ cm. Đúng.

c) Các góc của tam giác là $60^{\circ },45^{\circ },75^{\circ }$ đều nhọn nên tam giác nhọn, không tù. Sai.

d) $BI=AB-AI=\frac{5(\sqrt{3}+1)}{2}-3=\frac{5\sqrt{3}-1}{2}\approx 3,83$ cm. Trong tam giác $BIC$: $\cos \widehat{BIC}=\frac{B{I}^2+C{I}^2-B{C}^2}{2\cdot BI\cdot CI}=\frac{14,67+19-37,5}{2\cdot 3,83\cdot 4,36}\approx -0,1147\Rightarrow \widehat{BIC}\approx 96,6^{\circ }\ne 95^{\circ }$. Sai. (Kiểm tra lại: $\cos \widehat{AIC}=\frac{3^2+19-5^2}{2\cdot 3\sqrt{19}}=\frac{1}{2\sqrt{19}}\Rightarrow \widehat{AIC}\approx 83,4^{\circ }\Rightarrow \widehat{BIC}\approx 96,6^{\circ }$.)
a) (AI giải đề cho tôi)
Theo định lí sin, $BC=\frac{AC\sin 60^{\circ }}{\sin 45^{\circ }}=\frac{5\sqrt{6}}{2}\approx 6,12$ cm.
b) (AI giải đề cho tôi)
$C{I}^2=A{I}^2+A{C}^2-2\cdot AI\cdot AC\cos 60^{\circ }=9+25-15=19\Rightarrow CI=\sqrt{19}$ cm.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\hat{C}=75^{\circ }$, cả ba góc $60^{\circ },45^{\circ },75^{\circ }$ đều nhọn nên tam giác nhọn.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BI=\frac{5\sqrt{3}-1}{2}\approx 3,83$; $\cos \widehat{BIC}=\frac{B{I}^2+C{I}^2-B{C}^2}{2BI\cdot CI}\approx -0,1147\Rightarrow \widehat{BIC}\approx 96,6^{\circ }$, không phải $95^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin trong tam giác $ABC$: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos A$. Suy ra $\cos A=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2\cdot AB\cdot AC}=\frac{25+64-49}{2\cdot 5\cdot 8}=\frac{40}{80}=\frac{1}{2}$. Vì $0^{\circ }<A<180^{\circ }$ nên $A=60^{\circ }$. Vậy $a=60$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục: mặt đất là trục hoành, $A$ tại gốc, $B$ cách $A$ về phía trái nên $B=(-1;0)$; hai đỉnh núi nằm cùng phía bên phải (theo hình vẽ). Gọi $P=(x_P;h_P)$, $Q=(x_Q;h_Q)$.

Với $P$: góc ngắm từ $A$ là $60^{\circ }$, từ $B$ là $40^{\circ }$, nên $h_P=x_P\tan 60^{\circ }=(x_P+1)\tan 40^{\circ }$. Suy ra $x_P=\frac{\tan 40^{\circ }}{\tan 60^{\circ }-\tan 40^{\circ }}=\frac{0,8391}{1,7321-0,8391}\approx 0,9396$, $h_P\approx 0,9396\cdot 1,7321\approx 1,6275$ km.

Với $Q$: $h_Q=x_Q\tan 35^{\circ }=(x_Q+1)\tan 25^{\circ }$, suy ra $x_Q=\frac{\tan 25^{\circ }}{\tan 35^{\circ }-\tan 25^{\circ }}=\frac{0,4663}{0,7002-0,4663}\approx 1,9936$, $h_Q\approx 1,9936\cdot 0,7002\approx 1,3959$ km.

Khoảng cách $PQ=\sqrt{(x_Q-x_P{)}^2+(h_Q-h_P{)}^2}=\sqrt{(1,0540{)}^2+(0,2316{)}^2}\approx \sqrt{1,1646}\approx 1,08$ km.

Vậy khoảng cách giữa hai đỉnh núi $P$ và $Q$ xấp xỉ $1,08$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí sin: $\frac{BC}{\sin A}=2R\Rightarrow 2R=\frac{10}{\sin 60^{\circ }}=\frac{10}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{20}{\sqrt{3}}\Rightarrow R=\frac{10}{\sqrt{3}}$. Vậy đáp án C.