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

Lời giải:
Nửa chu vi tam giác $ABC$ là $p=\frac{a+b+c}{2}=\frac{13+14+15}{2}=21$. (0,25 đ)
Diện tích của tam giác $ABC$ là
$S=\sqrt{p\cdot (p-a)\cdot (p-b)\cdot (p-c)}=\sqrt{21\cdot (21-13)\cdot (21-14)\cdot (21-15)}=84$. (0,25 đ)
Gọi $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
Ta có: $S=\frac{abc}{4R}$. (0,25 đ)
$R=\frac{abc}{4S}=\frac{13\cdot 14\cdot 15}{4\cdot 84}=\frac{65}{8}$ (0,25 đ)

Lời giải:
[Hình cần kiểm tra lại: p8_f1]
Trong tam giác $AKI$ ta có: $\widehat{IAK}=180^{\circ }-\widehat{AIK}-\widehat{AKI}=180^{\circ }-60^{\circ }-50^{\circ }=70^{\circ }$. (0,25 đ)
Áp dụng định lí sin vào tam giác $AKI$ ta có:
$$\frac{AK}{\sin \widehat{AIK}}=\frac{IK}{\sin \widehat{KAI}}\Rightarrow AK=\frac{IK\cdot \sin \widehat{AIK}}{\sin \widehat{KAI}}=\frac{380\cdot \sin 60^{\circ }}{\sin 70^{\circ }}\approx 350,21(m).$$ (0,25 đ)
Lại có: $\widehat{KAB}=180^{\circ }-\widehat{KAI}=180^{\circ }-70^{\circ }=110^{\circ }$.
Áp dụng định lí sin vào tam giác $AKB$ ta có:
$$\frac{AB}{\sin \widehat{AKB}}=\frac{AK}{\sin \widehat{ABK}}\Rightarrow AB=\frac{AK\cdot \sin \widehat{AKB}}{\sin \widehat{ABK}}\approx \frac{350,21\cdot \sin (65^{\circ }-50^{\circ })}{\sin (180^{\circ }-110^{\circ }-15^{\circ })}\approx 111(m).$$ (0,5 đ)

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí côsin trong tam giác $ABC$ với $BC=a$, $AC=b$, $AB=c$, cạnh $b$ (đối diện góc $B$) thỏa mãn: $b^2=a^2+c^2-2ac\cos B$. Kiểm tra: khi $B=90^{\circ }$ thì $b^2=a^2+c^2$ (đúng Pythagoras). Vậy đáp án D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1001, câu 3: D).

Đáp án mã đề 1001, câu 9: Đ S S Đ (a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng).

(AI giải đề cho tôi)
Tiểu đội đi từ A đến B rồi rẽ phải một góc 50° so với hướng ban đầu, nên góc trong tam giác tại B là $\widehat{ABC}=180^{\circ }-50^{\circ }=130^{\circ }$. Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC: $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos \widehat{ABC}=12^2+3^2-2\cdot 12\cdot 3\cdot \cos 130^{\circ }=153+72\cdot \cos 50^{\circ }\approx 153+72\cdot 0,6428\approx 199,28$. Suy ra $AC\approx 14,1km$. Vậy chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Ngôi sao gồm 5 tam giác bằng nhau chung đỉnh A (tâm đường tròn), nên góc ở tâm mỗi tam giác là 360°/5 = 72°.
a) Sai: góc BAC = 72°, không phải 36°.
b) Sai: định lí cosin cho BC² = AB² + AC² − 2·AB·AC·cos(BAC) (dấu trừ, không phải dấu cộng).
c) Sai: với AB = 20, BC = 30, góc A = 72°: 900 = 400 + AC² − 40·AC·cos72°, tức AC² − 12,3607·AC − 500 = 0, giải được AC ≈ 29,4 cm (không phải 43,8 cm).
d) Sai: bán kính đường tròn R = AC ≈ 29,38 cm nên diện tích đường tròn ≈ π·29,38² ≈ 2711,7 cm². Diện tích ngôi sao = 5·(1/2·AB·AC·sin72°) ≈ 5·279,4 ≈ 1397,0 cm². Diện tích phần tô đậm ≈ 2711,7 − 1397,0 ≈ 1314,7 cm², không phải 3448,5 cm².
a) (AI giải đề cho tôi)
Năm tam giác bằng nhau chia quanh tâm A nên góc BAC = 360°/5 = 72° ≠ 36°.
b) (AI giải đề cho tôi)
Định lí cosin: BC² = AB² + AC² − 2·AB·AC·cos(BAC); mệnh đề dùng dấu cộng nên sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
Giải 900 = 400 + AC² − 40·AC·cos72° được AC² − 12,3607AC − 500 = 0 ⇒ AC ≈ 29,4 cm, không phải 43,8 cm.
d) (AI giải đề cho tôi)
R = AC ≈ 29,38 cm ⇒ S_đường tròn ≈ 2711,7 cm²; S_sao = 5·(1/2·20·29,38·sin72°) ≈ 1397,0 cm²; phần tô đậm ≈ 1314,7 cm² ≠ 3448,5 cm².

(AI giải đề cho tôi)
Gọi B là đỉnh bóng, A là đỉnh cột, C là chân cột. Tia nắng lệch phương thẳng đứng một góc $90^{\circ }-42^{\circ }=48^{\circ }$, nên góc tại A (giữa cột thẳng đứng và tia nắng AB) bằng $48^{\circ }$. Góc tại B giữa tia nắng và sườn dốc bằng $42^{\circ }-\theta$ (theo hình). Góc tại C bằng $180^{\circ }-48^{\circ }-(42^{\circ }-\theta )=90^{\circ }+\theta$.

Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC:
$$\frac{AC}{\sin (42^{\circ }-\theta )}=\frac{BC}{\sin 48^{\circ }}\Rightarrow \frac{10}{\sin (42^{\circ }-\theta )}=\frac{17}{\sin 48^{\circ }}$$
$$\sin (42^{\circ }-\theta )=\frac{10\sin 48^{\circ }}{17}=\frac{10\cdot 0,7431}{17}\approx 0,4371$$
$$42^{\circ }-\theta \approx 25,93^{\circ }\Rightarrow \theta \approx 16,07^{\circ }$$

Làm tròn đến hàng đơn vị: $\theta \approx 16$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình tròn lớn nhất cắt được từ tam giác là đường tròn nội tiếp tam giác. Tam giác ABC cân tại B với AB=BC=16, AC=12. Gọi M là trung điểm AC thì AM=6, đường cao BM = √(16²−6²) = √220 = 2√55. Diện tích S = (12·2√55)/2 = 12√55 (cm²). Nửa chu vi p = (16+16+12)/2 = 22. Bán kính đường tròn nội tiếp r = S/p = 12√55/22 = 6√55/11 ≈ 4,045 cm. Làm tròn đến hàng đơn vị: r ≈ 4 cm.

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

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định với tam giác ABC:
- A: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2AB\cdot AC\cos A$ là định lí côsin áp dụng cho cạnh $BC$ đối diện góc $A$ → đúng.
- B: Theo định lí sin, $\frac{AB}{\sin C}=\frac{AC}{\sin B}=2R$ (vì $AB$ đối diện góc $C$, $AC$ đối diện góc $B$) → đúng.
- C: $\frac{BC}{\sin A}=\frac{AB}{\sin C}=2R$ (vì $BC$ đối diện góc $A$, $AB$ đối diện góc $C$) → đúng.
- D: Định lí côsin cho cạnh $AB$ (đối diện góc $A$) phải là $A{B}^2=B{C}^2+C{A}^2-2BC\cdot CA\cos A$, không phải $\cos B$ → sai.
Vậy khẳng định sai là D.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lí cosin: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$. So sánh với $a^2=b^2+c^2+bc\sqrt{2}$ ta được $-2bc\cos A=bc\sqrt{2}$, suy ra $\cos A=-\frac{\sqrt{2}}{2}$. Vì $0^{\circ }<A<180^{\circ }$ nên $A=135^{\circ }$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $B$ trên tia $Ox$ tại $(b,0)$, vận tốc ${\vec{v}}_B=(-V_B,0)$; $A$ tại $(a\cos 30^{\circ },a\sin 30^{\circ })$, vận tốc ${\vec{v}}_A=(-V_A\cos 30^{\circ },-V_A\sin 30^{\circ })$ với $V_B=V_A/\sqrt{3}$. Khoảng cách $AB$ nhỏ nhất khi vận tốc tương đối vuông góc với $\overrightarrow{AB}=(a\cos 30^{\circ }-b,a\sin 30^{\circ })$.

${\vec{v}}_A-{\vec{v}}_B=(-V_A\cos 30^{\circ }+V_B,-V_A\sin 30^{\circ })$.

Tích vô hướng bằng 0:
$$(-V_A\cos 30^{\circ }+V_B)(a\cos 30^{\circ }-b)-V_A\sin 30^{\circ }\cdot a\sin 30^{\circ }=0$$
$$\Rightarrow -V_{A}a+V_A\frac{\sqrt{3}}{2}b+\frac{V_A}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}a-\frac{V_A}{\sqrt{3}}b=0$$
$$\Rightarrow -\frac{a}{2}+b\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)=0\Rightarrow \frac{a}{2}=\frac{b}{2\sqrt{3}}\Rightarrow a=\frac{b}{\sqrt{3}}.$$

Vậy $OB=\sqrt{3}OA$, góc $O=30^{\circ }$. Theo định lí cosin trong tam giác $AOB$:
$$A{B}^2=O{A}^2+O{B}^2-2\cdot OA\cdot OB\cos 30^{\circ }=a^2+3a^2-2\sqrt{3}{a}^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=a^2\Rightarrow AB=a.$$

Góc $\widehat{BAO}=\phi$ đối diện cạnh $OB=\sqrt{3}a$:
$$\cos \phi =\frac{O{A}^2+A{B}^2-O{B}^2}{2\cdot OA\cdot AB}=\frac{a^2+a^2-3a^2}{2a^2}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \phi =120^{\circ }.$$

Đáp số: $\phi =120$.

(AI giải đề cho tôi)
Chiều cao từ $C$ xuống $AB$: $h=\frac{2S}{AB}=\frac{2\cdot 18}{9}=4$. Vì $M$ là trung điểm $AC$ nên khoảng cách từ $M$ đến $AB$ bằng nửa khoảng cách từ $C$ đến $AB$ (tính chất đường trung bình/đường thẳng song song): $d(M,AB)=\frac{4}{2}=2$. Vậy chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích tam giác ABC được tính theo công thức $S=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin A=\frac{1}{2}\cdot 7,2\cdot 6,7\cdot \sin 45^{\circ }=24,12\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\approx 24,12\cdot 0,7071\approx 17,06\approx 17,1c{m}^2$. Vậy đáp án gần đúng nhất là C.

(AI giải đề cho tôi)
Ba điểm A, B, C nằm trên vành đĩa nên thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; bán kính chiếc đĩa là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với $AB=5,3$; $BC=4,7$; $CA=8,5$ (cm).

Nửa chu vi: $p=\frac{5,3+4,7+8,5}{2}=9,25$ cm.

Diện tích theo công thức Heron:
$$S=\sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-CA)}=\sqrt{9,25\cdot 3,95\cdot 4,55\cdot 0,75}\approx 11,166{\text{cm}}^2.$$

Bán kính đường tròn ngoại tiếp:
$$R=\frac{AB\cdot BC\cdot CA}{4S}=\frac{5,3\cdot 4,7\cdot 8,5}{4\cdot 11,166}=\frac{211,735}{44,664}\approx 4,74\text{cm}.$$

Vậy bán kính chiếc đĩa gần bằng $4,74$ cm, chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích tam giác: $S=\frac{1}{2}AB\cdot BC\cdot \sin B=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 8\cdot \sin B=24\sin B=12\sqrt{2}$, suy ra $\sin B=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Vì $0^{\circ }<B<180^{\circ }$ nên $B=45^{\circ }$ hoặc $B=135^{\circ }$ (cả hai giá trị đều thỏa mãn vì $\sin 45^{\circ }=\sin 135^{\circ }=\frac{\sqrt{2}}{2}$). Đường cao kẻ từ $A$ xuống $BC$: $h_a=\frac{2S}{BC}=\frac{2\cdot 12\sqrt{2}}{8}=3\sqrt{2}cm$. Lưu ý: độ dài đường cao không phụ thuộc vào việc chọn $B=45^{\circ }$ hay $B=135^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo công thức diện tích tam giác: $S=\frac{abc}{4R}=2R^2\sin A\sin B\sin C$ (vì $a=2R\sin A$, $b=2R\sin B$, $c=2R\sin C$).

Theo giả thiết: $2R^2\sin A\sin B\sin C=\frac{2}{3}{R}^2\left({\sin }^{3}A+{\sin }^{3}B+{\sin }^{3}C\right)$.

Chia hai vế cho $\frac{2}{3}{R}^2>0$ ta được:
$${\sin }^{3}A+{\sin }^{3}B+{\sin }^{3}C=3\sin A\sin B\sin C.$$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương ${\sin }^{3}A,{\sin }^{3}B,{\sin }^{3}C$ (do $0<A,B,C<\pi$ nên $\sin A,\sin B,\sin C>0$):
$${\sin }^{3}A+{\sin }^{3}B+{\sin }^{3}C\ge 3\sqrt[3]{{\sin }^{3}A{\sin }^{3}B{\sin }^{3}C}=3\sin A\sin B\sin C,$$
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ${\sin }^{3}A={\sin }^{3}B={\sin }^{3}C$, tức $\sin A=\sin B=\sin C$.

Vì đẳng thức trên đúng (theo giả thiết), dấu bằng phải xảy ra. Với $0<A,B,C<\pi$ và $A+B+C=\pi$: từ $\sin A=\sin B$ suy ra $A=B$ hoặc $A=\pi -B$; nếu $A=\pi -B$ thì $C=0$, vô lý. Tương tự $B=C$. Vậy $A=B=C=60^{\circ }$, tức tam giác $ABC$ là tam giác đều. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Chu vi $2p=14\Rightarrow p=7$. Diện tích tam giác: $S=p\cdot r=7\cdot 3=21$. Vậy chọn B.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích tam giác: $S=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 4\sqrt{3}\cdot \sin 120^0=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 4\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=12$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ có $BC=3$, $CA=4$, $AB=5$ thỏa mãn $3^2+4^2=5^2$ nên theo định lí Pythagore đảo, tam giác vuông tại $C$ (vì $AB$ là cạnh lớn nhất đối diện góc $C$).
a) Góc $C=90^{\circ }$ là góc lớn nhất (đối diện cạnh lớn nhất $AB=5$). Đúng.
b) Bán kính đường tròn nội tiếp $r=\frac{3+4-5}{2}=1cm\ne 2cm$. Sai.
c) Bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng nửa cạnh huyền $R=\frac{5}{2}=2,5cm\ne 3cm$. Sai.
d) Diện tích $S=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 4=6c{m}^2$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tam giác vuông tại $C$ vì $3^2+4^2=5^2$, cạnh lớn nhất $AB=5$ đối diện góc $C$, nên góc $C=90^{\circ }$ lớn nhất.
b) (AI giải đề cho tôi)
$r=\frac{BC+CA-AB}{2}=\frac{3+4-5}{2}=1cm$, không phải $2cm$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tam giác vuông tại $C$ nên $R=\frac{AB}{2}=\frac{5}{2}=2,5cm$, không phải $3cm$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$S=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot CA=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 4=6c{m}^2$.