100 câu trắc nghiệm Tích vô hướng của hai vectơ nâng cao (P3)

Chọn A.

Áp dụng định lí ciosin trong tam giác ta có:

Chọn D.

Ta có: Trong tam giác ABC:

Mặt khác theo định lí sin ta có:

Chọn A.

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ta có:

a² = b² + c² = 2bc.cosA = 7² + 5² - 2.7.5.3/5 = 32

Nên 

Mặt khác: sin²A + cos²A = 1 nên sin²A = 1 - cos²A = 16/25

Mà sinA > 0 nên  sinA = 4/5

Mà: 

Chọn C.

Gọi H(x; y)  là trực tâm tam giác ABC

Chọn B.

Gọi A’(x; y)  là tọa độ chân đường cao vẽ từ A; 

 và 

Ta có AA’ và BC vuông góc với nhau nên 

Suy ra  -3(x - 5) + 6(y - 3) = 0 hay x - 2y + 1 = 0     (1)

Và  

cùng phương nên  2x + y – 3 = 0    (2)

Từ (1) và (2) suy ra x = y = 1

Vậy điểm A’ cần tìm có tọa độ (1; 1).

Chọn C.

Gọi A’ là chân đường cao kẻ từ A.

Theo câu 64 ta có tọa độ điểm A’ là A’(1;1)

Ta có

Suy ra 

Chọn D.

Gọi O(x₀; y₀)  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC suy ra:

OA= OB = OC nên 

Chọn D.

Giả sử tọa độ điểm C là (x; y) ; 

 và 

Ta có :

Tứ giác ABCD hình vuông nên 

Giải hệ phương trình trên ta được x = 4; y = -2 hoặc x = 2; y = 2

Từ đó suy ra có 2 điểm C thỏa mãn là C(4; -2) hoặc C( 2; 2)

Chọn D.

Gọi điểm M có tọa độ là ( x; y)

MA² + 2MB² + 3MC²

= (x - 1)² + (y - 4)² + 2[ (x + 2)² + (y + 2)²] + 3[ (x - 4)² + (y - 2)²]

= 6x²-18x + 6y² -12y+ 93 = 1,5. (2x - 3)² + 6(y - 1)² + 147/2 ≥ 147/2

Dấu “=” xảy ra khi x = 1,5 và y = 1

Vậy tọa độ điểm M cần tìm là ( 1,5; 1).

Chọn C.

Đặt AB = 2x suy ra AE = EB = x.

Vì góc BDE nhọn nên  suy ra

Theo định lí Pitago ta có:

DE² = AD² + AE² = 1 + x² nên 

BD² = DC² + BC² = 4x² + 1 nên 

Áp dụng định lí côsin trong tam giác BDE ta có

Suy ra: 4x⁴ - 4x² + 1 = 0 nên  (do x > 0)

Vậy độ dài cạnh AB là   .

Chọn B.

Đặt AC = x > 0

Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABD ta có

BD² = 1 + (1 + x) ² - 2.(1 + x). 1/x

Áp dụng định lí sin trong tam giác BCD ta có 

$\frac{BD}{\sin \widehat{BCD}}=\frac{DC}{\sin \widehat{DBC}}\iff BD=\frac{\sin \widehat{BCD}.DC}{\sin \widehat{DBC}}=\frac{\sin \widehat{BCA}.1}{\sin 30°}=\frac{2}{x}$( do $\widehat{BCA} và \widehat{BCD}$ kề bù nên $\sin \widehat{BCD}=\sin \widehat{BCA}$)

Suy ra ta được phương trình

$$\begin{gathered} \iff 2+2x+x^2-\frac{2}{x}-2-\frac{4}{x^2}=0 \\ \iff x^4+2x^3-2x-4=0 \\ \iff x^3\left(x+2\right)-2\left(x+2\right)=0 \\ \iff \left(x+2\right)\left(x^3-2\right)=0 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \iff \left[\begin{array}{c}x+2=0\\ x^3-2=0\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{c}x=-2( loại)\\ x=\sqrt[3]{2}\left(TM\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy AC = $\sqrt[3]{2}$.

Chọn D.

+ Áp dụng định lí sin ta có 

Suy ra sin²A = sinB. Sin C khi và chỉ khi : 

Hay a² =  bc

+ Áp dụng định lí côsin và  ý trên ta có

Vậy cả A và B đúng.

Chọn C.

Do tam giác GBC vuông tại G nên GB² + GC² = BC²

hay 

Mặt khác theo công thức đường trung tuyến ta có

Suy ra 

Suy ra: 4a² + b² + c² = 9a² hay 

5a² = b² + c².

Chọn A.

Từ giả thiết suy ra: a > b và a > c do đó góc A là góc lớn nhất

Khi đó: a⁴ = b⁴ +c⁴ < a²b² + a²c²

Suy ra a² < b² + c²

Mặt khác theo định lí côsin ta có

 do đó 

Vậy tam giác ABC nhọn.

Chọn A.

Áp dụng công thức diện tích ta có 

Từ giả thiết: a.sinA + b.sinB + c.sinC = h_a + h_b + h_c ta suy ra:

Quy đồng khử mẫu ta được:

2a² + 2b² + 2c² = 2 ab + 2bc + 2ca hay  (a - b) ² + (b - c) ² + (c - a) ² = 0

Do đó: a = b = c

Vậy tam giác ABC  đều.

Chọn B.

Ta có: 

Suy ra ( sin²A - sin²B)² = 0

Lại có: sin²A = sin²B  khi và chỉ khi

 hay a = b

Suy ra tam giác ABC cân tại C.