Bài tập ôn tập Toán 10 Cánh diều Chương 4 có đáp án

Vì $\Delta ABC$ vuông tại $A$, $\widehat B = 30^\circ$$\Rightarrow \widehat C = 60^\circ$.

Có $\cos B = \cos 30^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$; $\sin B = \sin 30^\circ = \frac{1}{2}$; $\sin C = \sin 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$; $\cos C = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}$. Chọn A.

Có ${\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} = \frac{5}{9}$.

Vì $0^\circ < \alpha < 90^\circ$ nên $\cos \alpha > 0$. Do đó $\cos \alpha = \frac{{\sqrt 5 }}{3}$.

Suy ra $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{2}{3}:\frac{{\sqrt 5 }}{3} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}$.

Khi đó $P = \tan \alpha - 3\cos \alpha = \frac{2}{{\sqrt 5 }} - 3 \cdot \frac{{\sqrt 5 }}{3} = - \frac{{3\sqrt 5 }}{5}$. Chọn A.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $BC$.

Khi đó $MN$ là đường trung bình của $\Delta ABC$. Suy ra $MN//AC$$\Rightarrow \widehat {ACB} = \widehat {MNB} = 60^\circ$.

Vì $AB = 9 \Rightarrow BM = 4{,}5$.

Xét $\Delta BMN$ có $B{M^2} = M{N^2} + B{N^2} - 2MN \cdot BN \cdot \cos \widehat {MNB}$$\Leftrightarrow 4,{5^2} = {3^2} + B{N^2} - 2 \cdot 3 \cdot BN \cdot \cos 60^\circ$

$\Leftrightarrow B{N^2} - 3 \cdot BN - \frac{{45}}{4} = 0$$\Leftrightarrow BN = \frac{{3 + 3\sqrt 6 }}{2}$.

Vì $N$ là trung điểm của $BC$ nên $BC = 2BN = 3 + 3\sqrt 6$. Chọn A.

Nửa chu vi tam giác $ABC$ là $p = 12:2 = 6$.

Diện tích của tam giác $ABC$ là $S = pr = 6 \cdot 1 = 6$. Chọn C.

Có $A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AB \cdot BC \cdot \cos \widehat {ABC}$$= {2^2} + {3^2} - 2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \cos 60^\circ = 7$$\Rightarrow AC = \sqrt 7$.

Chu vi tam giác $ABC$ là $2 + 3 + \sqrt 7 = 5 + \sqrt 7$. Chọn A.

Nửa chu vi tam giác là $p = \frac{{52 + 56 + 60}}{2} = 84$.

Diện tích tam giác là $S = \sqrt {84\left( {84 - 52} \right)\left( {84 - 56} \right)\left( {84 - 60} \right)} = 1344$.

Có $R = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{{52 \cdot 56 \cdot 60}}{{4 \cdot 1344}} = 32{,}5$. Chọn C.

Có $\widehat A = 180^\circ - \left( {\widehat B + \widehat C} \right) = 60^\circ$.

Ta có $\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{{10\sqrt 3 }}{{2\sin 60^\circ }} = 10$.

Do đó chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là $2\pi R = 20\pi$. Chọn C.

Ta có $1 + {\tan ^2}\alpha = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}$$\Leftrightarrow 1 + {6^2} = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}$$\Leftrightarrow {\cos ^2}\alpha = \frac{1}{{37}}$.

$\tan \alpha = 6 \Rightarrow \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = 6 \Rightarrow \sin \alpha = 6\cos \alpha$.

Khi đó $E = 2{\cos ^2}\alpha + 5\sin \alpha \cos \alpha + 1$$= 2{\cos ^2}\alpha + 30{\cos ^2}\alpha + 1 = 32{\cos ^2}\alpha + 1 = \frac{{32}}{{37}} + 1 = \frac{{69}}{{37}}$. Chọn C.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC}$. Chọn D.

Ta có $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {CB}$ ngược hướng.

Lại có $\frac{{AB}}{{CB}} = \frac{3}{7}$. Suy ra $\overrightarrow {AB} = - \frac{3}{7}\overrightarrow {CB}$. Vậy $k = - \frac{3}{7}$. Chọn B.

$\overrightarrow {IA}$ và $\overrightarrow {IG}$ là hai vectơ bằng nhau là khẳng định sai. Chọn D.

Hai vectơ $\overrightarrow {IK}$ và $\overrightarrow {AC}$ cùng hướng và $IK = \frac{1}{2}AC$ nên $\overrightarrow {IK} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AC}$. Chọn D.

Vì $MN//AC$ (do $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$) nên $\overrightarrow {NM}$ và $\overrightarrow {AC}$ là hai vectơ cùng phương. Chọn A.

Ta có $\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC}$$= \frac{3}{2}\overrightarrow {AN} + \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}\overrightarrow {AP} = \frac{3}{2}\overrightarrow {AN} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AP}$. Chọn D.

Ta có $\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right) = \left( {\overrightarrow {CE} ,\overrightarrow {CB} } \right) = 180^\circ - \widehat {ACB} = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$

$\cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right) = \cos 135^\circ = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}$. Chọn B.

Ta có ${\left( {\overrightarrow {BA} + 2\overrightarrow {BM} } \right)^2} = {\overrightarrow {BA} ^2} + 4\overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow {BM} + 4{\overrightarrow {BM} ^2}$$= {\overrightarrow {BA} ^2} + 4\left| {\overrightarrow {BA} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BM} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BM} } \right) + 4{\overrightarrow {BM} ^2}$

$= 4{a^2} + 4 \cdot 2a \cdot a \cdot \cos 60^\circ + 4{a^2}$$= 12{a^2}$$\Rightarrow \left| {\overrightarrow {BA} + 2\overrightarrow {BM} } \right| = 2a\sqrt 3$. Chọn A.

Ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM}$.

$\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} = 2 \cdot \frac{3}{2}\overrightarrow {AG} = 3\overrightarrow {AG}$.

$\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0$.

$\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} = 3\overrightarrow {MG}$. Chọn B.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$.

Khi đó $\overrightarrow {GB} - \overrightarrow {CG}$$= \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = 2\overrightarrow {GI} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AI}$.

Suy ra $\left| {\overrightarrow {GB} - \overrightarrow {CG} } \right| = \frac{2}{3}\left| {\overrightarrow {AI} } \right| = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}BC = 4$. Chọn B.

a) $B{C^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A = {7^2} + {5^2} - 2 \cdot 7 \cdot 5 \cdot \frac{3}{5} = 32$$\Rightarrow BC = \sqrt {32} = 4\sqrt 2$.

b) Có ${\sin ^2}A + {\cos ^2}A = 1 \Rightarrow {\sin ^2}A = 1 - {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = \frac{{16}}{{25}} \Rightarrow \sin A = \frac{4}{5}$ (vì $\sin A > 0$).

c) ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2} \cdot 7 \cdot 5.\frac{4}{5} = 14$.

d) Có $R = \frac{a}{{2\sin A}} = \frac{{4\sqrt 2 }}{{2 \cdot \frac{4}{5}}} = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}$.

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Sai.

a) Nửa chu vi tam giác $p = \frac{{21 + 17 + 10}}{2} = 24$.

b) Diện tích tam giác $S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}$$= \sqrt {24\left( {24 - 21} \right)\left( {24 - 17} \right)\left( {24 - 10} \right)} = 84$.

c) Có $S = \frac{1}{2}a \cdot {h_a} \Rightarrow {h_a} = \frac{{2S}}{a} = \frac{{2 \cdot 84}}{{21}} = 8$.

d) Có $r = \frac{S}{p} = \frac{{84}}{{24}} = 3{,}5$.

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

a) Có $\widehat C = 180^\circ - \left( {\widehat A + \widehat B} \right) = 180^\circ - \left( {45^\circ + 75^\circ } \right) = 60^\circ$.

Có $\frac{a}{{\sin A}} = \frac{c}{{\sin C}} \Rightarrow c = \frac{{a\sin C}}{{\sin A}} = \frac{{10 \cdot \sin 60^\circ }}{{\sin 75^\circ }} \approx 8{,}97$.

b) Có $\frac{a}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow R = \frac{a}{{2\sin A}} = \frac{{10}}{{2\sin 75^\circ }} \approx 5{,}18$.

c) $\widehat C = 180^\circ - \left( {\widehat A + \widehat B} \right) = 180^\circ - \left( {45^\circ + 75^\circ } \right) = 60^\circ$.

d) Có $\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} \Rightarrow b = \frac{{a\sin B}}{{\sin A}} = \frac{{10\sin 45^\circ }}{{\sin 75^\circ }} \approx 7{,}32$.

Đáp án: a) Sai; b) Sai; c) Đúng; d) Đúng.

a) Có ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} = \frac{5}{9}$.

b) $\cos \alpha = \frac{{\sqrt 5 }}{3}$ (vì $0^\circ < \alpha < 90^\circ$ nên $\cos \alpha > 0$).

c) $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{2}{3}:\frac{{\sqrt 5 }}{3} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}$.

d) $\frac{{\sin \alpha + \sqrt 5 \cos \alpha }}{{2\sin \alpha + \cos \alpha }} = \frac{{\tan \alpha + \sqrt 5 }}{{2\tan \alpha + 1}} = \frac{{\frac{{2\sqrt 5 }}{5} + \sqrt 5 }}{{\frac{{4\sqrt 5 }}{5} + 1}} = \frac{7}{{4 + \sqrt 5 }} = \frac{{28 - 7\sqrt 5 }}{{11}}$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Đúng.

a) Ta có $A{B^2} = A{C^2} + B{C^2} - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos \widehat C$$= {8^2} + {6^2} - 2 \cdot 8 \cdot 6 \cdot \cos 60^\circ = 52$$\Rightarrow AB = \sqrt {52} \approx 7{,}21$.

b) Có $\cos A = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2 \cdot AB \cdot AC}} = \frac{{52 + 36 - 64}}{{2 \cdot \sqrt {52} \cdot 6}} = \frac{{\sqrt {13} }}{{13}} > 0$.

Suy ra $A$ là góc nhọn.

c) Có $p = \frac{{8 + 6 + \sqrt {52} }}{2}$.

Diện tích tam giác $ABC$ là $S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} = \sqrt {432} = 12\sqrt 3$.

Khi đó $r = \frac{S}{p} = \frac{{12\sqrt 3 }}{{\frac{{8 + 6 + \sqrt {52} }}{2}}} \approx 1{,}96$.

d)

Ta có $\frac{{{S_{ABG}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{MG}}{{MC}} = \frac{1}{3}$$\Rightarrow {S_{ABG}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot 12\sqrt 3 = 4\sqrt 3$.

Đáp án: a) Sai; b) Sai; c) Đúng; d) Đúng.

a) Do $ABCD$ là hình vuông nên $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} = 45^\circ$.

b) Do $ABCD$ là hình vuông nên $AC \bot BD$$\Rightarrow \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {BD} = 0$.

c) $\overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DE} } \right) \cdot \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {DE} \cdot \overrightarrow {CD}$.

d) $\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {AD} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 12 \cdot 12\sqrt 2 \cdot \cos 45^\circ = 144$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Đúng.

a) $ABCD$ là hình thoi, $\widehat B = 60^\circ$ nên $\Delta ABC$ đều. Suy ra $\widehat {BAC} = 60^\circ$.

Khi đó $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} = 60^\circ$.

b) $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DA} } \right) = \left( {\overrightarrow {DC} ,\overrightarrow {DA} } \right) = \widehat {ADC} = 60^\circ$.

c) $\overrightarrow {DA} \cdot \overrightarrow {DC} = \left| {\overrightarrow {DA} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {DC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {DA} ,\overrightarrow {DC} } \right) = 2 \cdot 2 \cdot \cos 60^\circ = 2$.

d) Do $ABCD$ là hình thoi nên $AC \bot BD$.

Do $\Delta ABC$ đều cạnh 2 nên $BO = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3$.

$\overrightarrow {OB} \cdot \overrightarrow {BA} = - \overrightarrow {BO} \cdot \overrightarrow {BA} = - \left| {\overrightarrow {BO} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BA} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {BO} ,\overrightarrow {BA} } \right) = - \sqrt 3 \cdot 2 \cdot \cos 30^\circ = - 3$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Đúng.

a) $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AC$ nên $MN$ là đường trung bình của $\Delta ABC$.

Suy ra $MN//BC$ và $MN = \frac{1}{2}BC$.

b) $P$ đối xứng với điểm$M$ qua $N$ nên $MP = 2MN = BC$.

Suy ra $\left| {\overrightarrow {MP} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right|$.

c) $\overrightarrow {MN}$ và $\overrightarrow {BC}$ cùng hướng.

d) Vì $\overrightarrow {MN}$ và $\overrightarrow {BC}$ cùng hướng và $\left| {\overrightarrow {MP} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right|$ nên $\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {BC}$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

a) $2\overrightarrow {MA} + 3\overrightarrow {MB} = \overrightarrow 0$ nên $\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {MB}$ là hai vectơ ngược hướng.

Suy ra điểm $M$ nằm giữa hai điểm $A$ và $B$.

b) $2\overrightarrow {MA} + 3\overrightarrow {MB} = \overrightarrow 0$$\Leftrightarrow \overrightarrow {MA} = - \frac{3}{2}\overrightarrow {MB}$$\Leftrightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{3}{2}\overrightarrow {MB}$$\Leftrightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{3}{5}\overrightarrow {AB}$.

c) $\overrightarrow {CM} = \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AM} = - \overrightarrow {AC} + \frac{3}{5}\overrightarrow {AB}$.

d) $\overrightarrow {CA} \cdot \overrightarrow {CM} = \overrightarrow {CA} \left( { - \overrightarrow {AC} + \frac{3}{5}\overrightarrow {AB} } \right)$$= {\overrightarrow {AC} ^2} - \frac{3}{5}\overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {AB}$$= {\overrightarrow {AC} ^2} - \frac{3}{5}\left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} } \right)$

$= 4{a^2} - \frac{3}{5} \cdot 2a \cdot a \cdot \cos 60^\circ$$= 4{a^2} - \frac{3}{5}{a^2} = \frac{{17}}{5}{a^2}$.

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

a) $\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} = \overrightarrow {AB}$.

b) $\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AB}$$\Leftrightarrow \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow 0$. Suy ra $\left| {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AB} } \right| = 0$.

c) $\overrightarrow {BA} - \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {CA}$. Suy ra $\left| {\overrightarrow {BA} - \overrightarrow {BC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CA} } \right| = 2$.

d) ${\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} } \right)^2} = {\overrightarrow {BA} ^2} + 2\overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow {BC} + {\overrightarrow {BC} ^2}$$= {\overrightarrow {BA} ^2} + 2\left| {\overrightarrow {BA} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) + {\overrightarrow {BC} ^2}$

$= {2^2} + 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot \cos 60^\circ + {2^2} = 12$.

Suy ra $\left| {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} } \right| = 2\sqrt 3$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.

Đặt $AC = b,AB = c$.

Ta có $B{C^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos 30^\circ = {b^2} + {c^2} - bc\sqrt 3 \Rightarrow bc\sqrt 3 = {b^2} + {c^2} - 36$ (1).

Áp dụng định lí côsin cho tam giác $ABM$, có $B{M^2} = {c^2} + \frac{{{b^2}}}{4} - bc\cos A = {c^2} + \frac{{{b^2}}}{4} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}bc$$\Leftrightarrow B{M^2} = {c^2} + \frac{{{b^2}}}{4} - \frac{{{b^2} + {c^2} - 36}}{2} = \frac{{{c^2}}}{2} - \frac{{{b^2}}}{4} + 18$.

Áp dụng định lí côsin cho tam giác $ACN$, $C{N^2} = {b^2} + \frac{{{c^2}}}{4} - \frac{{bc\sqrt 3 }}{2}$$= {b^2} + \frac{{{c^2}}}{4} - \frac{{{b^2} + {c^2} - 36}}{2} = \frac{{{b^2}}}{2} - \frac{{{c^2}}}{4} + 18$.

Lại có $B{G^2} + C{G^2} = 36$$\Leftrightarrow \frac{4}{9}\left( {B{M^2} + C{N^2}} \right) = 36$$\Leftrightarrow B{M^2} + C{N^2} = 81$$\Leftrightarrow \frac{{{c^2}}}{2} - \frac{{{b^2}}}{4} + 18 + \frac{{{b^2}}}{2} - \frac{{{c^2}}}{4} + 18 = 81$

$\Leftrightarrow \frac{{{c^2}}}{4} + \frac{{{b^2}}}{4} = 45$$\Leftrightarrow {c^2} + {b^2} = 180$ (2).

Từ (1) và (2), suy ra $bc = 48\sqrt 3$.

Khi đó ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2} \cdot 48\sqrt 3 \cdot \sin 30^\circ = 12\sqrt 3 \approx 20{,}8$.

$P = {\cos ^2}1^\circ + {\cos ^2}2^\circ + {\cos ^2}3^\circ + ... + {\cos ^2}178^\circ + {\cos ^2}179^\circ + {\cos ^2}180^\circ$

$P = \left( {{{\cos }^2}1^\circ + {{\cos }^2}179^\circ } \right) + \left( {{{\cos }^2}2^\circ + {{\cos }^2}178^\circ } \right) + ... + \left( {{{\cos }^2}89^\circ + {{\cos }^2}91^\circ } \right) + {\cos ^2}90^\circ + {\cos ^2}180^\circ$

$P = \left( {{{\cos }^2}1^\circ + {{\cos }^2}1^\circ } \right) + \left( {{{\cos }^2}2^\circ + {{\cos }^2}2^\circ } \right) + ... + \left( {{{\cos }^2}89^\circ + {{\cos }^2}89^\circ } \right) + {\cos ^2}90^\circ + {\cos ^2}180^\circ$

$$P = 2{\cos ^2}1^\circ + 2{\cos ^2}2^\circ + ... + 2{\cos ^2}89^\circ + {\cos ^2}90^\circ + {\cos ^2}180^\circ$$

$$P = 2\left( {{{\cos }^2}1^\circ + {{\cos }^2}89^\circ } \right) + 2\left( {{{\cos }^2}2^\circ + {{\cos }^2}88^\circ } \right) + ... + 2\left( {{{\cos }^2}44^\circ + {{\cos }^2}46^\circ } \right) + 2{\cos ^2}45^\circ + {\cos ^2}90^\circ + {\cos ^2}180^\circ$$

$$P = 2\left( {{{\cos }^2}1^\circ + {{\sin }^2}1^\circ } \right) + 2\left( {{{\cos }^2}2^\circ + {{\sin }^2}2^\circ } \right) + ... + 2\left( {{{\cos }^2}44^\circ + {{\sin }^2}44^\circ } \right) + 2{\cos ^2}45^\circ + {\cos ^2}90^\circ + {\cos ^2}180^\circ$$

$P = 2 \cdot 44 + 1 + 1 = 90$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}3\cos \alpha - \sin \alpha = 1\\{\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin \alpha = 3\cos \alpha - 1\\{\left( {3\cos \alpha - 1} \right)^2} + {\cos ^2}\alpha = 1\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin \alpha = 3\cos \alpha - 1\\10{\cos ^2}\alpha - 6\cos \alpha = 0\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin \alpha = 3\cos \alpha - 1\\\left[ \begin{array}{l}\cos \alpha = 0\\\cos \alpha = \frac{3}{5}\end{array} \right.\end{array} \right.$.

Vì $0^\circ < \alpha < 90^\circ$ nên $\cos \alpha = \frac{3}{5} \Rightarrow \sin \alpha = \frac{4}{5}$.

Vậy $9\tan \alpha = 9 \cdot \frac{4}{5}:\frac{3}{5} = 12$.

Xét $\Delta ABC$ có $\widehat C = 180^\circ - \left( {\widehat A + \widehat B} \right) = 180^\circ - \left( {60^\circ + 80^\circ } \right) = 40^\circ$.

Áp dụng định lí sin cho tam giác $ABC$, ta có $\frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin C}} \Rightarrow AC = \frac{{AB\sin B}}{{\sin C}} = \frac{{40 \cdot \sin 80^\circ }}{{\sin 40^\circ }} \approx 61{,}3$(m).

Áp dụng định lí cô sin cho tam giác $BCD$, có

$B{C^2} = C{D^2} + B{D^2} - 2CD \cdot DB \cdot \cos D = {500^2} + {400^2} - 2 \cdot 500 \cdot 400 \cdot \cos 122^\circ \Rightarrow BC \approx 789$(m).

Áp dụng định lí sin cho tam giác $BCD$, có:

$\frac{{BC}}{{\sin D}} = \frac{{BD}}{{\sin C}} \Rightarrow \sin C = \frac{{BD \cdot \sin D}}{{BC}} = \frac{{400 \cdot \sin 122^\circ }}{{789}} \Rightarrow \widehat C \approx 25{,}5^\circ$.

Suy ra $\widehat {ACB} = 138^\circ - 25{,}5^\circ = 112{,}5^\circ$.

Áp dụng định lí cô sin cho tam giác $ABC$, có

$A{B^2} = A{C^2} + B{C^2} - 2AC \cdot BC \cdot \cos C = {400^2} + {789^2} - 2 \cdot 400 \cdot 789 \cdot \cos 112{,}5^\circ \Rightarrow AB \approx 1012$ (m).

Có ${\left( {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} } \right)^2} = {\overrightarrow {{F_1}} ^2} + 2\overrightarrow {{F_1}} \cdot \overrightarrow {{F_2}} + {\overrightarrow {{F_2}} ^2}$$= {\overrightarrow {{F_1}} ^2} + 2\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} } \right) + {\overrightarrow {{F_2}} ^2}$

$= {150^2} + 2 \cdot 150 \cdot 100 \cdot \cos 120^\circ + {100^2}$$= 17500$.

Khi đó $\left| {\overrightarrow F } \right| = \sqrt {17500} \approx 132$ (N).

Có $\overrightarrow {MB}$ và $\overrightarrow {MC}$ ngược hướng và $MB = 4MC$ nên $\overrightarrow {MB} = - 4\overrightarrow {MC}$. Suy ra $\overrightarrow {BM} = \frac{4}{5}\overrightarrow {BC}$.

Khi đó $\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {AB} + \frac{4}{5}\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AB} + \frac{4}{5}\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right)$$= \frac{1}{5}\overrightarrow {AB} + \frac{4}{5}\overrightarrow {AC}$.

Suy ra $m = \frac{1}{5};n = \frac{4}{5}$. Vậy $6m + n = 2$.

Vì $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$ nên $\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0$.

Ta có $\overrightarrow {CA} - \overrightarrow {BG}$$= \overrightarrow {GA} - \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GB}$$= \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GB} - 2\overrightarrow {GC}$$= - 2\overrightarrow {GC}$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$. Khi đó $CG = \frac{2}{3}CI = \frac{2}{3} \cdot \frac{{5\sqrt 3 \cdot \sqrt 3 }}{2} = 5$.

Vậy $\left| {\overrightarrow {CA} - \overrightarrow {BG} } \right| = \left| { - 2\overrightarrow {GC} } \right| = 2 \cdot 5 = 10$.

Ta có $\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {AB} + k\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AB} + k\overrightarrow {AC} - k\overrightarrow {AB}$$= k\overrightarrow {AC} + \left( {1 - k} \right)\overrightarrow {AB}$.

$\overrightarrow {PN} = \overrightarrow {AN} - \overrightarrow {AP} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} - \frac{4}{{15}}\overrightarrow {AB}$.

Để $AM \bot PN$ thì $\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {PN} = 0$$\Leftrightarrow \left( {k\overrightarrow {AC} + \left( {1 - k} \right)\overrightarrow {AB} } \right)\left( {\frac{1}{3}\overrightarrow {AC} - \frac{4}{{15}}\overrightarrow {AB} } \right) = 0$

$\Leftrightarrow \frac{k}{3}{\overrightarrow {AC} ^2} - \frac{{4k}}{{15}}\overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {AB} + \frac{{1 - k}}{3} \cdot \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} - \frac{{4\left( {1 - k} \right)}}{{15}}{\overrightarrow {AB} ^2} = 0$