15 câu Trắc nghiệm Các hệ thức lượng trong tam giác và giải tam giác có đáp án (Vận dụng)

Đáp án C

Theo định lí hàm cosin, ta có:

$\cos \widehat{BAC}=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2.AB.AC}=\frac{c^2+b^2-a^2}{2bc}$

Mà $b\left(b^2-a^2\right)=c\left(a^2-c^2\right)$

$$\begin{gathered} \iff b^3-a^{2}b=a^{2}c-c^3 \\ \iff -a^2\left(b+c\right)+\left(b^3+c^3\right)=0 \\ \iff \left(b+c\right)\left(b^2+c^2-a^2-bc\right)=0 \end{gathered}$$

 $\iff b^2+c^2-a^2-bc=0$ (do b > 0, c > 0)

$\iff b^2+c^2-a^2=bc$

Khi đó, $\cos \widehat{BAC}=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow \widehat{BAC}={60}^0$

Đáp án A

Áp dụng định lí cosin, ta có:

$$\begin{gathered} B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2.AB.AC.\cos \widehat{BAC} \\ =3^2+6^2-\mathrm{2.3.6.}\cos {60}^0=27 \\ \Rightarrow B{C}^2=27 \\ \Rightarrow B{C}^2+A{B}^2=A{C}^2 \end{gathered}$$

Suy ra tam giác ABC vuông tại B, do đó bán kính $R=\frac{AC}{2}=3$

Đáp án D

+ Ta có: AB = AC = 2a

+ Ta có: $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{4a^2+4a^2}=2\sqrt{2}a$

$$\begin{gathered} M{B}^2=\frac{B{C}^2+A{B}^2}{2}-\frac{A{C}^2}{4} \\ =\frac{8a^2+4a^2}{2}-\frac{4a^2}{4}=5a^2 \\ \Rightarrow MB=a\sqrt{5} \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có: D là điểm đối xứng của B qua C ⇒ C là trung điểm của BD.

⇒ AC là trung tuyến của tam giác ΔDAB.

      BD = 2BC = 2AC = 15.

Theo hệ thức trung tuyến ta có:

$$\begin{gathered} A{C}^2=\frac{A{B}^2+A{D}^2}{2}-\frac{B{D}^2}{4} \\ \Rightarrow A{D}^2=2A{C}^2+\frac{B{D}^2}{2}-A{B}^2 \\ \Rightarrow A{D}^2=2.{\left(\frac{15}{2}\right)}^2+\frac{{15}^2}{2}-9^2=144 \\ \Rightarrow AD=12 \end{gathered}$$

Đáp án B

+ Có $AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{{13}^2-5^2}=12$

+ $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}\Rightarrow \frac{\sin C}{\sin B}=\frac{c}{b}=\frac{5}{12}<1$ (*)

+ Tam giác ABC vuông tại A, suy ra B và C là góc nhọn. Do đó sinB > 0 và sinC > 0

Từ (*) suy ra sinC < sinB. Suy ra C < B hay $\beta <\alpha$

Đáp án B

Ta có:

$$\begin{gathered} m_a^2-{\left(\frac{b+c}{2}\right)}^2=\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}-\frac{b^2+c^2+2bc}{4} \\ =\frac{b^2+c^2-a^2-2bc}{4}=\frac{{\left(b-c\right)}^2-a^2}{4} \end{gathered}$$

Trong tam giác ta có: $\left|b-c\right|<a$ suy ra ${\left(b-c\right)}^2<a^2$

Do đó $\frac{{\left(b-c\right)}^2-a^2}{4}<0\Rightarrow m_a^2-{\left(\frac{b+c}{2}\right)}^2<0$

Vậy $m_a<\frac{b+c}{2}$

Đáp án C

Ta có: $\left\{\begin{array}{c}{m}_a^2=\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}\\ m_b^2=\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}\\ m_c^2=\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}\end{array}\right.$

Mà: $5m_a^2=m_b^2+m_c^2$

$$\begin{gathered} \Rightarrow 5\left(\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}\right)=\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}+\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4} \\ \iff 10b^2+10c^2-5a^2=2a^2+2c^2-b^2+2a^2+2b^2-c^2 \\ \iff b^2+c^2=a^2 \end{gathered}$$

$\Rightarrow$ tam giác ABC vuông

Đáp án D

Mệnh đề (I): $\left\{\begin{array}{c}{m}_a^2=\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}\\ m_b^2=\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}\\ m_c^2=\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}\end{array}\right.$

$\Rightarrow m_a^2+m_b^2+m_c^2=\frac{3}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)$

Mệnh đề (II):

$$\begin{gathered} G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2=\frac{4}{9}\left(m_a^2+m_b^2+m_c^2\right) \\ =\frac{4}{9}.\frac{3}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Theo định lí hàm sin, ta có:

$$\begin{gathered} \frac{OB}{\sin \widehat{OAB}}=\frac{AB}{\sin \widehat{AOB}} \\ \iff OB=\frac{AB}{\sin \widehat{AOB}}.\sin \widehat{OAB} \\ =\frac{1}{\sin {30}^0}.\sin \widehat{OAB}=2\sin \widehat{OAB} \end{gathered}$$

Do đó, độ dài OB lớn nhất khi và chỉ khi $\sin \widehat{OAB}=1\iff \widehat{OAB}={90}^0$

Khi đó OB = 2

Đáp án B

Theo định lí hàm sin, ta có:

$$\begin{gathered} \frac{OB}{\sin \widehat{OAB}}=\frac{AB}{\sin \widehat{AOB}} \\ \iff OB=\frac{AB}{\sin \widehat{AOB}}.\sin \widehat{OAB} \\ =\frac{1}{\sin {30}^0}.\sin \widehat{OAB}=2\sin \widehat{OAB} \end{gathered}$$

Do đó, độ dài OB lớn nhất khi và chỉ khi $\sin \widehat{OAB}=1\iff \widehat{OAB}={90}^0$

Khi đó OB = 2

Tam giác OAB vuông tại A

$\Rightarrow OA=\sqrt{O{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$

Đáp án A

Ta có $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{b^2+c^2}$

Do AD là phân giác trong của $\widehat{BAC}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow BD=\frac{AB}{AC}.DC=\frac{c}{b}.DC \\ =\frac{c}{b+c}.BC=\frac{c\sqrt{b^2+c^2}}{b+c} \end{gathered}$$

Theo định lí hàm cosin, ta có:

$$\begin{gathered} B{D}^2=A{B}^2+A{D}^2-2.AB.AD.\cos \widehat{BAD} \\ \iff \frac{c^2\left(b^2+c^2\right)}{{\left(b+c\right)}^2}=c^2+A{D}^2-2c.AD.\cos {45}^0 \\ \Rightarrow A{D}^2-c\sqrt{2}.AD+\left(c^2-\frac{c^2\left(b^2+c^2\right)}{{\left(b+c\right)}^2}\right)=0 \\ \iff A{D}^2-c\sqrt{2}.AD+\frac{2b{c}^3}{{\left(b+c\right)}^2}=0 \\ \Rightarrow AD=\frac{\sqrt{2}bc}{b+c} hay l_a=\frac{\sqrt{2}bc}{b+c} \end{gathered}$$

Đáp án B

Sau 2 giờ tàu B đi được 40 hải lí, tàu C đi được 30 hải lí. Vậy tam giác ABC có AB = 40, AC = 30 và $\widehat{A}={60}^0$

Áp dụng định lí côsin vào tam giác ABC, ta có

$$\begin{gathered} a^2=b^2+c^2-2bc\cos A \\ ={30}^2+{40}^2-\mathrm{2.30.40.}\cos {60}^0 \\ =900+1600-1200=1300 \end{gathered}$$

Vậy $BC=\sqrt{1300}\approx 36$ (hải lí)

Sau 2 giờ, hai tàu cách nhau khoảng 36 hải lí

Đáp án C

Tam giác OAB vuông tại B, ta có:

$$\begin{gathered} \tan \widehat{AOB}=\frac{AB}{OB} \\ \Rightarrow AB=\tan {60}^0.OB=60\sqrt{3}m \end{gathered}$$

Vậy chiều cao của ngọn tháp là:

$h=AB+OC=\left(60\sqrt{3}+1\right)m$

Đáp án B

Trong tam giác AHB, ta có 

$\tan \widehat{ABH}=\frac{AH}{BH}=\frac{4}{20}=\frac{1}{5}\Rightarrow \widehat{ABH}\approx {11}^{0}19$

Suy ra $\widehat{ABC}={90}^0-\widehat{ABH}={78}^{0}41\text{'}$

Suy ra $\widehat{ACB}={180}^0-\left(\widehat{BAC}+\widehat{ABC}\right)={56}^{0}19\text{'}$

Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC, ta được:

$$\begin{gathered} \frac{AB}{\sin \widehat{ACB}}=\frac{CB}{\sin \widehat{BAC}} \\ \Rightarrow CB=\frac{AB.\sin \widehat{BAC}}{\sin \widehat{ACB}} \\ =\frac{\sqrt{A{H}^2+B{H}^2}.\sin 45°}{\sin 56°{19}^{\text{'}}}\approx 17m \end{gathered}$$

Đáp án D

Áp dụng định lí sin vào tam giác ABD, ta có:

$\frac{AD}{\sin B}=\frac{AB}{\sin D}$

Ta có: $\alpha =\widehat{D}+\beta$ nên $\widehat{D}=\alpha -\beta ={63}^0-{48}^0={15}^0$

Do đó $AD=\frac{AB.\sin \beta }{\sin \left(\alpha -\beta \right)}=\frac{24.\sin {48}^0}{\sin {15}^0}\approx 68,91m$

Trong tam giác vuông ACD, có $h=CD=AD.\sin \alpha \approx 61,4m$