20 câu Trắc nghiệm Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài 3. Giải tam giác và ứng dụng thực tế (Đúng-sai, trả lời ngắn) có đáp án

Đáp án đúng là: A

$\,\widehat A = 15^\circ ,\,\,\widehat B = 130^\circ \Rightarrow \widehat C = 180^\circ - \widehat A - \widehat B = 35^\circ .$$\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R \Leftrightarrow \frac{a}{{\sin 15^\circ }} = \frac{b}{{\sin 130^\circ }} = \frac{6}{{\sin 35^\circ }}$

$\Rightarrow a \approx 2{,}71;b \approx 8{,}01$.

Đáp án đúng là: C

Ta mô hình hóa bài toán như hình vẽ trên. Khoảng cách từ vị trí mới đến vị trí ban đầu chính bằng độ dài đoạn AC. Áp dụng định lý côsin trong tam giác ABC, ta được

$AC = \sqrt {B{A^2} + B{C^2} - 2BA \cdot BC \cdot \cos 135^\circ } \approx 8{,}39{\rm{ km}}{\rm{.}}$

Đáp án đúng là: C

Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $\widehat B = \frac{{180^\circ - \widehat A}}{2} = \frac{{180^\circ - 120^\circ }}{2} = 30^\circ$.

Áp dụng định lí côsin trong$\Delta ABC$, ta có:

$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB \cdot AC\cos 120^\circ$$= {a^2} + {a^2} - 2a \cdot a \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = 3{a^2}$.

$\Rightarrow BC = a\sqrt 3$$\Rightarrow BM = \frac{{2a\sqrt 3 }}{5}$.

Áp dụng định lí côsin trong $\Delta ABM$, ta có:

$A{M^2} = A{B^2} + B{M^2} - 2AB.BM.cos30^\circ = {a^2} + {\left( {\frac{{2a\sqrt 3 }}{5}} \right)^2} - 2a \cdot \frac{{2a\sqrt 3 }}{5} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{7{a^2}}}{{25}}$.

$\Rightarrow AM = \frac{{a\sqrt 7 }}{5}$.

Đáp án đúng là: D

+ Theo định lí côsin ta có: $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos A = 97$$\Rightarrow$$BC = \sqrt {97}$.

+ ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin A$.

Ta có ${\sin ^2}A = 1 - {\cos ^2}A = \frac{9}{{25}}$. Vì $\sin A > 0$$\Rightarrow \sin A = \frac{3}{5}$.

$\Rightarrow$${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin A = 36$.

Ta có $AH = \frac{{2{S_{\Delta ABC}}}}{{BC}} = \frac{{72}}{{\sqrt {97} }}$. Vậy $AH = \frac{{72}}{{\sqrt {97} }}$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $\widehat B = 33^\circ 24' = 33{,}4^\circ$; $\widehat C = 66^\circ 59' \approx 66{,}98^\circ$$\Rightarrow$$\widehat A \approx 79{,}62^\circ$.

Áp dụng định lý sin ta có $\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} \Rightarrow b = \frac{{a \cdot \sin B}}{{\sin A}} \approx 61$.

Tương tự ta có $\frac{a}{{\sin A}} = \frac{c}{{\sin C}} \Rightarrow c = \frac{{a \cdot \sin C}}{{\sin A}} \approx 102$.

Chu vi tam giác $ABC$ là: $2p = a + b + c \approx 109 + 61 + 102 = 272$.

Đáp án đúng là: D

Vì trong tam giác $ABC$ ta có $A + B$ bù với góc $C$ nên $\cos \left( {A + B} \right) = - \frac{1}{5} \Rightarrow \cos C = \frac{1}{5}$.

Khi đó, $AB = \sqrt {A{C^2} + B{C^2} - 2AC \cdot BC \cdot \cos C} = \sqrt {{6^2} + {5^2} - 2 \cdot 6 \cdot 5 \cdot \frac{1}{5}} = 7$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\cos B = \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2 \cdot AB \cdot BC}} = \frac{{{6^2} + {{12}^2} - {9^2}}}{{2 \cdot 6 \cdot 12}} = \frac{{11}}{{16}}$.

Khi đó, $AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2} - 2AB \cdot BM \cdot \cos B} = \sqrt {{6^2} + {8^2} - 2 \cdot 6 \cdot 8 \cdot \frac{{11}}{{16}}} = \sqrt {34}$.

Đáp án đúng là: B

Theo bài ra ta có, $\widehat {ACB} = 78^\circ 24'$.

Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABC, ta có:

$A{B^2} = C{A^2} + C{B^2} - 2CB \cdot CA \cdot \cos C = {250^2} + {120^2} - 2 \cdot 250 \cdot 120 \cdot \cos 78^\circ 24' \approx 64835.$

Suy ra $AB \approx 255$ (m).

Đáp án đúng là: A

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

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

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

Vậy $CD = \frac{{AB \cdot \sin \widehat {BAD} \cdot \sin \widehat {CBD}}}{{\sin \widehat {ADB}}} = \frac{{24 \cdot \sin 117^\circ \cdot sin48^\circ }}{{\sin 15^\circ }} = 61{,}4\,\,{\rm{(m)}}$.

Đáp án đúng là: A

Vì tam giác $AHB$ vuông tại $H$ nên ta có $AB = \sqrt {A{H^2} + H{B^2}} = 4\sqrt {26}$.

Ta có $\sin \widehat {BAH} = \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{5}{{\sqrt {26} }} \Rightarrow \widehat {BAH} \approx 78{,}69^\circ \Rightarrow \widehat {ABC} \approx 78{,}69^\circ \Rightarrow \widehat {ACB} \approx 56{,}31^\circ$.

Áp dụng định lý sin cho tam giác $ABC$, ta có $\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AB}}{{\sin C}}$.

Suy ra $BC \approx 17{,}3$ (m).

Lời giải

a) Đúng. Ta có $\widehat B = 180^\circ - \left( {\widehat A + \widehat C} \right) = 180^\circ - \left( {135^\circ + 15^\circ } \right) = 30^\circ$.

b) Đúng. Theo định lí sin trong $\Delta ABC$, ta có:

$\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{CA}}{{\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin C}} = 2R \Leftrightarrow \frac{{BC}}{{\sin 135^\circ }} = \frac{{12}}{{\sin 30^\circ }} = \frac{{AB}}{{\sin 15^\circ }} = 2R$.

Suy ra $BC = \frac{{12 \cdot \sin 135^\circ }}{{\sin 30^\circ }} = 12\sqrt 2$.

c) Sai. Ta có $AB = \frac{{12 \cdot \sin 15^\circ }}{{\sin 30^\circ }} \approx 6{,}21$.

d) Sai. Ta có $R = \frac{{12}}{{2\sin 30^\circ }} = 12.$

Lời giải

a) Sai. Áp dụng định lí côsin trong tam giác, ta có: $A{B^2} = B{C^2} + A{C^2} - 2BC \cdot AC \cdot \cos C$

hay $A{B^2} = {3^2} + {4^2} - 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \cos 30^\circ = 25 - 12\sqrt 3$. Do đó, $AB \approx 2{,}05\,\,{\rm{(cm)}}$.

b) Đúng. Ta có $\cos A = \frac{{A{C^2} + A{B^2} - B{C^2}}}{{2AB \cdot AC}} = \frac{{{4^2} + \left( {25 - 12\sqrt 3 } \right) - {3^2}}}{{2 \cdot 4 \cdot \sqrt {25 - 12\sqrt 3 } }} \approx 0{,}68$.

c) Sai. Vì $\cos A \approx 0{,}68$ nên $\widehat A \approx 47{,}2^\circ$.

d) Đúng

. Ta có $\widehat B = 180^\circ - \widehat A - \widehat C \approx 180^\circ - 47{,}2^\circ - 30^\circ = 102{,}8^\circ$.

Lời giải

a) Đúng. Ta có $\widehat A = 180^\circ - \left( {\widehat B + \widehat C} \right) = 180^\circ - \left( {83^\circ + 57^\circ } \right) = 40^\circ$.

b) Đúng. Theo định lí sin trong tam giác $ABC$, ta có: $\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin C}} = 2R$.

Suy ra $R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{{137{,}5}}{{2\sin 40^\circ }} \approx 106{,}96\;\,{\rm{cm}}$.

c) Đúng. $AB = \frac{{BC\sin C}}{{\sin A}} = \frac{{137{,}5 \cdot \sin 57^\circ }}{{\sin 40^\circ }} \approx 179{,}4\;\,{\rm{cm}}.$

d) Sai. $AC = \frac{{BC\sin B}}{{\sin A}} = \frac{{137{,}5 \cdot \sin 83^\circ }}{{\sin 40^\circ }} \approx 212{,}32{\rm{\;cm}}.$

Lời giải

a) Đúng. Ta có $\widehat {ADC} = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$.

b) Đúng. Ta có $\cos \widehat {CAB} = \frac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AB = \frac{{10}}{{\cos 10^\circ }} \approx 10{,}15\,\,{\rm{(m)}}$.

c) Sai. Ta có $\cos \widehat {CAD} = \frac{{AC}}{{AD}} \Rightarrow AD = \frac{{10}}{{\cos 45^\circ }} = 10\sqrt 2 \,\,{\rm{(m)}}$

Khi đó, ${S_{ACD}} = \frac{1}{2}AD \cdot AC \cdot \sin 45^\circ = \frac{1}{2} \cdot 10\sqrt 2 \cdot 10 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} = 50\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

d) Đúng. Ta có ${S_{ABD}} = \frac{1}{2}AD \cdot AB \cdot \sin 55^\circ \approx \frac{1}{2} \cdot 10\sqrt 2 \cdot 10{,}15 \cdot \sin 55^\circ \approx 58{,}79\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Mặt khác ${S_{ABD}} = \frac{1}{2}AC \cdot BD \Rightarrow BD = \frac{{2{S_{ABD}}}}{{AC}} \approx 11{,}76\,\,{\rm{(m)}}$.

Lời giải

a) Sai.

Áp dụng định lí côsin trong tam giác $ABC$, ta có:

$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB \cdot AC \cdot \cos A$$\Leftrightarrow {9^2} = A{B^2} + {6^2} - 2 \cdot AB \cdot 6 \cdot \frac{1}{3}$

$\Leftrightarrow A{B^2} - 4AB - 45 = 0 \Rightarrow AB = 9$ (vì $AB > 0$).

b) Sai. Ta có $\cos A = \frac{1}{3}$$\Rightarrow \sin A = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$.

Từ định lí sin, ta suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là:

$R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{9}{{2 \cdot \frac{{2\sqrt 2 }}{3}}} = \frac{{27}}{{4\sqrt 2 }}$. Vậy ${S_{ht1}} = \pi {R^2} = \pi \cdot {\left( {\frac{{27}}{{4\sqrt 2 }}} \right)^2} = \frac{{729\pi }}{{32}}$.

c) Sai. Ta có $\cos B = \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2AB \cdot BC}} = \frac{{{9^2} + {9^2} - {6^2}}}{{2 \cdot 9 \cdot 9}} = \frac{7}{9}$; $MB = MC = \frac{{BC}}{2} = \frac{9}{2}$.

Khi đó, $A{M^2} = A{B^2} + M{B^2} - 2AB \cdot MB \cdot \cos B = {9^2} + {\left( {\frac{9}{2}} \right)^2} - 2 \cdot 9 \cdot \frac{9}{2} \cdot \frac{7}{9} = \frac{{153}}{4}$.

Suy ra $AM = \frac{{\sqrt {153} }}{2}$.

Vậy $\cos \widehat {AMB} = \frac{{A{M^2} + M{B^2} - A{B^2}}}{{2AM \cdot MB}} = \frac{{\frac{{153}}{4} + {{\left( {\frac{9}{2}} \right)}^2} - {9^2}}}{{2 \cdot \frac{{\sqrt {153} }}{2} \cdot \frac{9}{2}}} = - \frac{{5\sqrt {17} }}{{51}}$.

d) Đúng. Nửa chu vi của tam giác $ABC$ là $p = \frac{{AB + AC + BC}}{2} = 12$.

Diện tích của tam giác $ABC$ là $S = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AC} \right)\left( {p - BC} \right)} = 18\sqrt 2$.

Với $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$, ta có $S = pr$.

Suy ra $r = \frac{S}{p} = \frac{{18\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}$. Vậy ${S_{ht2}} = \pi {r^2} = \pi \cdot {\left( {\frac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{9\pi }}{2}$.

Lời giải

Xét tam giác $PAD$ có

$PD = \sqrt {P{A^2} + A{D^2} - 2 \cdot PA \cdot AD \cdot \cos \widehat {PAD}} = \sqrt {{8^2} + {3^2} - 2 \cdot 8 \cdot 3 \cdot \cos 100^\circ } \approx 9{,}02$,

và $\cos \widehat {APD} = \frac{{P{A^2} + P{D^2} - A{D^2}}}{{2 \cdot PA \cdot PD}} = \frac{{{8^2} + 9,{{02}^2} - {3^2}}}{{2 \cdot 8 \cdot 9{,}02}} \approx 0{,}94$ suy ra $\widehat {APD} \approx 19^\circ$.

Xét tam giác $PBD$ có $\widehat {BPD} = \widehat {BPA} - \widehat {APD} \approx 40^\circ - 19^\circ = 21^\circ$,

và $BD = \sqrt {P{B^2} + P{D^2} - 2 \cdot PB \cdot PD \cdot \cos \widehat {BPD}}$ $\approx 3{,}53$ (km).

Vậy bạn Bình phải đi khoảng $3{,}53$ km nữa để đến đích.

Đáp án: $3{,}53$.

Lời giải

Tổng quãng đường mà phương tiện di chuyển từ $A$ qua $C$ đến $B$ là: $70 + 100 = 170\,{\rm{km}}$.

Thể tích nhiên liệu bị tiêu hao là: $170:20 = 8{,}5$ lít.

Áp dụng định lí côsin trong tam giác $ABC$:

$A{B^2} = A{C^2} + B{C^2} - 2AC \cdot BC \cdot \cos 60^\circ = 7900 \Rightarrow AB = 10\sqrt {79} \,\,\,{\rm{(km)}}$.

Thể tích nhiên liệu bị tiêu hao là: $10\sqrt {79} \,:20 = \frac{{\sqrt {79} }}{2} \approx 4{,}44$ lít.

Thể tích nhiên liệu tiết kiệm được: $8{,}5 - 4{,}44 = 4{,}06$ lít.

Đáp án: 4,06.

Lời giải

Trong tam giác $DAC$, ta có:

$\cos \widehat {ACD} = \frac{{DC}}{{AC}}$, suy ra $AC = \frac{{DC}}{{\cos A}} = \frac{{18}}{{\cos 40^\circ }} \approx 23{,}5\,{\rm{m}}$.

Trong tam giác $DBC$ ta có:

$\cos \widehat {BCD} = \frac{{DC}}{{BC}}$, suy ra $BC = \frac{{DC}}{{\cos B}} = \frac{{18}}{{\cos 50^\circ }} \approx 28\,\;{\rm{m}}$.

Lại có góc $\widehat {ACB} = 50^\circ - 40^\circ = 10^\circ$, áp dụng định lí côsin trong tam giác $ABC$, ta có:

$AB = \sqrt {C{A^2} + C{B^2} - 2CA \cdot CB \cdot \cos \widehat {ACB}}$ $\approx \sqrt {23,{5^2} + {{28}^2} - 2 \cdot 23{,}5 \cdot 28 \cdot \cos 10^\circ } \approx 6{,}34\,{\rm{m}}.$

Vậy chiều cao của cột cờ (làm tròn đến hàng phần trăm là) 6,34 m.

Đáp án: 6,34.

Lời giải

Ta có $B{D^2} = A{D^2} + A{B^2} - 2AD \cdot AB \cdot \cos \left( {73{,}07^\circ } \right) \approx 517$$\Rightarrow BD \approx 23\,\left( {\rm{m}} \right)$.

${S_{ABD}} = \frac{1}{2}AD \cdot AB \cdot \sin \left( {73{,}07^\circ } \right) \approx 158\,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Nửa chu vi tam giác $BCD$ là: $\frac{{23 + 10 + 18}}{2} = \frac{{51}}{2} = 25{,}5$.

${S_{BCD}} = \sqrt {25{,}5.\left( {25{,}5 - 23} \right)\left( {25{,}5 - 10} \right)\left( {25{,}5 - 18} \right)} \approx 86\,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$.

${S_{ABCD}} = {S_{ABD}} + {S_{BCD}} \approx 244\,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Vậy số tiền gia đình nhà bác An nhận được khoảng $244 \cdot 1{,}2 \approx 293$ triệu đồng.

Đáp án: $293$.

Giả sử tàu du lịch xuất phát từ vị trí $A$, chuyển động theo hướng $N80^\circ E$ tới vị trí $B$ sau đó chuyển hướng $E80^\circ S$ tới vị trí $C$ như hình vẽ dưới đây:

Ta có $\widehat {ABC} = 180^\circ - 10^\circ - 20^\circ = 150^\circ$.

Tàu chạy từ vị trí $A$ đến vị trí $B$ với vận tốc $20\,\,{\rm{km/h}}$ trong 30 phút (tức 0,5 giờ) nên: $AB = 20 \cdot 0{,}5 = 10$ (km).

Tàu chạy từ vị trí $B$ đến vị trí $C$ với vận tốc $20\,\,{\rm{km/h}}$ trong 36 phút (tức 0,6 giờ) nên: $BC = 20 \cdot 0{,}6 = 12$ (km).

Áp dụng định lí côsin cho tam giác $ABC$ ta được:

$A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AB \cdot AC \cdot \cos \widehat {BAC} = {10^2} + {12^2} - 2 \cdot 10 \cdot 12 \cdot \cos 150^\circ \approx 452$.

Suy ra $AC \approx \sqrt {452} \approx 21{,}3\,\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)$.

Vậy khi tới đảo Cát Bà thì tàu du lịch cách vị trí xuất phát (bãi biển Đồ Sơn) một khoảng $21{,}3$ km.

Đáp án: 21,3.