Đề kiểm tra Hệ thức lượng trong tam giác lớp 10 (có lời giải) - Đề 1

Chọn B

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh \(a\): \(R = \frac{2}{3}h = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Chọn C

Ta có \(S = \frac{1}{2}a.{h_a} = \frac{1}{2}b.{h_b} \Rightarrow \frac{{{h_a}}}{{{h_b}}} = \frac{b}{a}\).

Theo định lý sin có: \(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} \Rightarrow \frac{b}{a} = \frac{{\sin B}}{{\sin A}} = \frac{{\sin {{45}^0}}}{{\sin {{30}^0}}} = \frac{{\frac{1}{{\sqrt 2 }}}}{{\frac{1}{2}}} = \sqrt 2 \).

Vậy \(\frac{{{h_a}}}{{{h_b}}} = \frac{b}{a} = \sqrt 2 \).

  Ta có \(\widehat {CAD} = {63^0} \Rightarrow \widehat {BAD} = {117^0} \Rightarrow \widehat {ADB} = {180^0} - \left( {{{117}^0} + {{48}^0}} \right) = {15^0}\)

Áp dụng định lý sin trong tam giác ABD ta có: \(\frac{{AB}}{{\sin \widehat {ADB}}} = \frac{{BD}}{{\sin \widehat {BAD}}} \Rightarrow BD = \frac{{AB.\sin \widehat {BAD}}}{{\sin \widehat {ADB}}}\)

Tam giác BCD vuông tại C nên có: \(\sin \widehat {CBD} = \frac{{CD}}{{BD}} \Rightarrow CD = BD.\sin \widehat {CBD}\)

Vậy \[CD = \frac{{AB.\sin \widehat {BAD}.\sin \widehat {CBD}}}{{\sin \widehat {ADB}}} = \frac{{24.\sin {{117}^0}.sin{{48}^0}}}{{\sin {{15}^0}}} = 61,4m\].

Ta có \(p = (6 + 8 + 10):2 = 12(\;cm)\).

Áp dụng công thức Heron trong tam giác, ta có:

\(S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} \) hay \(S = \sqrt {12 \cdot (12 - 6) \cdot (12 - 8) \cdot (12 - 10)}  = 24\left( {\;c{m^2}} \right)\).

Mà \(S = p \cdot r\) nên \(r = S:p = 24:12 = 2(\;cm)\).

Ta có \(p = \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{{3 + 4 + 5}}{2} = 6(\;cm)\). Áp dụng công thức Heron ta có:

\({S_{ABC}} = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)}  = \sqrt {6 \cdot (6 - 3) \cdot (6 - 4) \cdot (6 - 5)}  = 6\left( {\;c{m^2}} \right).\)

Áp dụng công thức tính diện tích \(S = \frac{{abc}}{{4R}}\), suy ra \(R = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{{3.4 \cdot 5}}{{4.6}} = 2,5(\;cm)\).

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên ta có: $BC=AD=8,\widehat{ABC}={180}^{°}-{60}^{°}={120}^{°}$

Áp dụng định lí côsin cho tam giác \(ABC\), ta có: $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2AB\cdot BC\cdot \cos \widehat{ABC}=5^2+8^2-2\cdot 5\cdot 8\cdot \cos {120}^{°}=129$ $\Rightarrow AC=\sqrt{129}$

Ta có: \({h_a} = \sqrt {p(p - a)}  \Leftrightarrow \frac{{2S}}{a} = \sqrt {p(p - a)} \)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} }}{a} = \sqrt {p(p - a)}  \Leftrightarrow 4(p - b)(p - c) = {a^2} \Leftrightarrow (a + c - b)(a + b - c) = {a^2}\\ \Leftrightarrow {a^2} - {(b - c)^2} = {a^2} \Leftrightarrow {(b - c)^2} = 0 \Leftrightarrow b = c.\end{array}\)

Vậy tam giác \(ABC\) cân tại \(A\).

Ta có: $S_{ABCD}=2\cdot S_{ABD}=2\cdot \frac{1}{2}\cdot AB\cdot AD\cdot \sin \widehat{BAD}=a\cdot a\cdot \sin {30}^{°}=\frac{1}{2}{a}^2$

Xét tam giác \(ABC\), ta có: $\widehat{ABC}={180}^{°}-{70}^{°}-{50}^{°}={60}^{°}$

Áp dụng định lí sin, ta có: $\frac{AB}{\sin C}=\frac{AC}{\sin B}\Rightarrow AB=\frac{AC\sin C}{\sin B}=\frac{50\sin {50}^{°}}{\sin {60}^{°}}\approx 44( m)$