Đề cương ôn tập giữa kì 1 Toán 10 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Bài 6: Hệ thức lượng trong tam giác

Áp dụng định lí côsin ta có: ${b^2} = {a^2} + {c^2} - 2ac\cos \widehat B = 64 + 9 - 2.8.3.\cos 60^\circ = 49$.

Suy ra $b = 7$. Chọn D.

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

$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos \widehat A$$= 49 + 64 - 2.7.8.\cos 60^\circ = 57$$\Rightarrow BC = \sqrt {57}$. Chọn C.

Áp dụng định lí sin, ta có

$\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{\sin B}}$$\Leftrightarrow \frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{\sin B}} \Rightarrow AC = \frac{{AB}}{{\sin C}}.\sin B = \frac{3}{{\sin 45^\circ }}.\sin 60^\circ = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}$. Chọn B.

Có $p = \frac{{10 + 12 + 18}}{2} = 20$.

Diện tích tam giác là $S = \sqrt {20.\left( {20 - 10} \right).\left( {20 - 12} \right).\left( {20 - 18} \right)} = 40\sqrt 2$. Chọn B.

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

Theo định lí sin ta có: $\frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin C}} \Rightarrow AC = \frac{{AB}}{{\sin C}}.\sin B = \frac{2}{{\sin 45^\circ }}.\sin 60^\circ = \sqrt 6$.

Do đó ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin A = \frac{1}{2}.2.\sqrt 6 .\sin 75^\circ \approx 2{,}37$ cm$^{2}$. Chọn A.

Ta có $S = \frac{1}{2}AB.BC.\sin B$.

Nếu tăng cạnh BC lên 3 lần và giảm cạnh AB đi 2 lần, đồng thời giữ nguyên góc B thì khi đó diện tích tam giác mới được tạo thành bằng $S' = \frac{1}{2}.\frac{{AB}}{2}.3BC.\sin B = \frac{3}{2}\left( {\frac{1}{2}AB.BC.\sin B} \right) = \frac{3}{2}S$. Chọn B.

Có $B{M^2} = \frac{{A{B^2} + B{C^2}}}{2} - \frac{{A{C^2}}}{4}$$\Rightarrow A{C^2} = 2\left( {A{B^2} + B{C^2}} \right) - 4B{M^2} = 2\left( {9 + 25} \right) - 4.13 = 16 \Rightarrow AC = 4$.

Có $p = \frac{{3 + 4 + 5}}{2} = 6$.

$S = \sqrt {6.\left( {6 - 3} \right).\left( {6 - 4} \right).\left( {6 - 5} \right)} = 6.r$$\Leftrightarrow r = \frac{6}{6} = 1$. Chọn C.

Xét DABC $\cos B = \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2.AB.BC}} = \frac{{{6^2} + {{12}^2} - {9^2}}}{{2.6.12}} = \frac{{11}}{{16}}$.

Xét DABM có $\cos B = \frac{{A{B^2} + B{M^2} - A{M^2}}}{{2.AB.BM}} = \frac{{11}}{{16}}$$\Leftrightarrow \frac{{36 + {8^2} - A{M^2}}}{{2.6.8}} = \frac{{11}}{{16}}$$\Leftrightarrow AM = \sqrt {34}$. Chọn C.

Xét tam giác $\Delta AHK$ có $\widehat A = 180^\circ - \left( {\widehat H + \widehat K} \right) = 180^\circ - \left( {45^\circ + 50^\circ } \right) = 85^\circ$.

Theo định lí sin, ta có $\frac{{KA}}{{\sin H}} = \frac{{HK}}{{\sin A}}$$\Rightarrow KA = \frac{{HK}}{{\sin A}}.\sin H = \frac{{380.\sin 45^\circ }}{{\sin 85^\circ }} \approx 270$. Chọn A.

Theo định lí côsin ta có $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos BAC} = \sqrt {25 + 64 - 2.5.8.\cos 60^\circ } = 7$.

Có ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.5.8.\sin 60^\circ = 10\sqrt 3$.

Có $p = \frac{{5 + 8 + 7}}{2} = 10$.

Vì $S = p.r \Rightarrow r = \frac{S}{p} = \frac{{10\sqrt 3 }}{{10}} = \sqrt 3$. Chọn C.

a) $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos A$.

b) $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos A$$= 9 + 4 - 2.3.2\cos 60^\circ = 7 \Rightarrow BC = \sqrt 7$.

c) Có $\cos B = \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2.AB.BC}} = \frac{{9 + 7 - 4}}{{2.3.\sqrt 7 }} = \frac{{2\sqrt 7 }}{7}$.

d) Với M tùy ý nằm giữa B và C, ta có:

$A{M^2} = A{B^2} + B{M^2} - 2.AB.BM.\cos B = 9 + B{M^2} - 2.3.BM.\frac{{2\sqrt 7 }}{7}$

$= B{M^2} - \frac{{12\sqrt 7 }}{7}.BM + 9$$= {\left( {BM - \frac{{6\sqrt 7 }}{7}} \right)^2} + \frac{{189}}{{49}} \ge \frac{{189}}{{49}}$.

Suy ra $A{M^2} \ge \frac{{189}}{{49}}$ $\Rightarrow AM \ge \frac{{\sqrt {189} }}{7}$.

Dấu bằng xảy ra khi $BM - \frac{{6\sqrt 7 }}{7} = 0$$\Leftrightarrow BM = \frac{{6\sqrt 7 }}{7}$ hay $BM = \frac{6}{7}BC$.

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

a) $S = \frac{1}{2}BA.BC.\sin B$.

b) $S = \frac{1}{2}BA.BC.\sin B$$= \frac{1}{2}.13.15.\sin 60^\circ = \frac{{195\sqrt 3 }}{4}$ (cm$^{2}$).

c) Ta có $A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AB.BC.\cos B$$= {13^2} + {15^2} - 2.13.15.\cos 60^\circ = 199$ $\Rightarrow AC = \sqrt {199}$.

d) Ta có $S = pr \Rightarrow r = \frac{S}{p}$$= \frac{{195\sqrt 3 }}{4}:\frac{{13 + 15 + \sqrt {199} }}{2}$$= \frac{{195\sqrt 3 }}{{2\left( {28 + \sqrt {199} } \right)}}$.

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

a) Chu vi của tam giác ABC là 8 + 6 + 5 = 19.

b) Có $\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2.b.c}} = \frac{{{6^2} + {5^2} - {8^2}}}{{2.6.5}} = - \frac{1}{{20}}$.

c) Có $S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} = \sqrt {\frac{{19}}{2}\left( {\frac{{19}}{2} - 8} \right)\left( {\frac{{19}}{2} - 6} \right)\left( {\frac{{19}}{2} - 5} \right)} = \frac{{3\sqrt {399} }}{4} \approx 14{,}98$.

d) Có $R = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{{8.6.5}}{{4.\frac{{3\sqrt {399} }}{4}}} = \frac{{80}}{{\sqrt {399} }}$.

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

Từ giả thiết ta suy ra tam giác ABC có $\widehat {CAB} = 60^\circ ,\widehat {ABC} = 105^\circ 30'$ và $c = 70$.

Khi đó $\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \Rightarrow \widehat C = 180^\circ - \left( {\widehat A + \widehat B} \right) = 180^\circ - 165^\circ 30' = 14^\circ 30'$.

Theo định lí sin, ta có $\frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin C}}$$\Leftrightarrow \frac{{AC}}{{\sin 105^\circ 30'}} = \frac{{70}}{{\sin 14^\circ 30'}}$$\Rightarrow AC = \frac{{70.\sin 105^\circ 30'}}{{\sin 14^\circ 30'}} \approx 269{,}4$.

Gọi CH là khoảng cách từ C đến mặt đất.

Tam giác vuông ACH có cạnh CH đối diện với góc 30° nên $CH = \frac{{AC}}{2} = \frac{{269{,}4}}{2} = 134{,}7 \approx 135$ m.

Trả lời: 135.

Ta có $\widehat C = 180^\circ - \left( {\widehat A + \widehat B} \right) = 180^\circ - \left( {76^\circ + 35^\circ } \right) = 69^\circ$.

Theo định lí sin $\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{BC}}{{\sin A}}$$\Rightarrow AC = \frac{{AB.\sin B}}{{\sin C}} = \frac{{6.\sin 35^\circ }}{{\sin 69^\circ }}$.

Có $BC = \frac{{AB.\sin A}}{{\sin C}} = \frac{{6.\sin 76^\circ }}{{\sin 69^\circ }}$.

Suy ra $AC + BC = \frac{{6.\sin 35^\circ }}{{\sin 69^\circ }} + \frac{{6.\sin 76^\circ }}{{\sin 69^\circ }} \approx 9{,}92$.

Vậy chiều cao ban đầu của cây xấp xỉ bằng 9,92 m.

Trả lời: 9,92.

Xét DOAB có $OA = AB.\cos \alpha = 39{,}5.\cos 26^\circ$;$OB = AB.\sin \alpha = 39{,}5.\sin 26^\circ$.

Xét DOAC có $OC = OA.\tan \beta = 39{,}5.\cos 26^\circ .\tan 50^\circ$.

Suy ra $BC = OC - OB = 39{,}5.\cos 26^\circ .\tan 50^\circ - 39{,}5.\sin 26^\circ \approx 25$.

Trả lời: 25.

a) Mệnh đề trên sai vì 0$^{2}$ = 0.

Mệnh đề phủ định là: $\exists x \in \mathbb{R}:{x^2} \le 0$. Đây là mệnh đề đúng.

b) Mệnh đề trên đúng vì $\frac{1}{2} > {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}$.

Mệnh đề phủ định là: $\forall x \in \mathbb{R}:x \le {x^2}$. Mệnh đề phủ định sai.

c) TH1: $n = 3k$

Ta có ${n^2} + 1 = {\left( {3k} \right)^2} + 1 = 9{k^2} + 1$ chia 3 dư 1.

TH2: $n = 3k + 1$

Ta có ${n^2} + 1 = {\left( {3k + 1} \right)^2} + 1 = 9{k^2} + 6k + 2$ chia 3 dư 2.

TH3: $n = 3k + 2$

Ta có ${n^2} + 1 = {\left( {3k + 2} \right)^2} + 1 = 9{k^2} + 12k + 5$ chia cho 3 dư 2.

Vậy $\forall n \in \mathbb{N},{n^2} + 1$ không chia hết cho 3 là mệnh đề đúng.

Mệnh đề phủ định: $\exists n \in \mathbb{N},{n^2} + 1$ chia hết cho 3. Mệnh đề này sai.

a) Ta có $\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {2{x^2} - 3x - 2} \right) = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 1 = 0\\2{x^2} - 3x - 2 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 1\\x = 2\\x = - \frac{1}{2}\end{array} \right.$.

Vì $x \in \mathbb{Z}$ nên $x = \pm 1;x = 2$.

Vậy $M = \left\{ { - 1;1;2} \right\}$.

b) Có $A \cap B = \left[ {1;3} \right)$; $A\backslash B = \left( { - 2;1} \right)$.

a) Ta có $A = \left[ { - 3;5} \right)$ và $B = \left[ {1; + \infty } \right)$

Ta có $A \cap B = \left[ {1;5} \right);A \cup B = \left[ { - 3; + \infty } \right);A\backslash B = \left[ { - 3;1} \right)$.

b) Ta có $A = \left\{ {x \in \mathbb{R}|x \le 3} \right\}$ và $B = \left\{ {x \in \mathbb{R}| - 2 < x < 2} \right\}$.

Ta có: $A = \left( { - \infty ;3} \right]$ và $B = \left( { - 2;2} \right)$.

Do đó $A \cap B = \left( { - 2;2} \right);A \cup B = \left( { - \infty ;3} \right];A\backslash B = \left( { - \infty ; - 2} \right] \cup \left[ {2;3} \right]$.

a) Để $A \cap B = \emptyset$ thì $m \le 3m - 1 \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{2}$.

b) Để $B \subset A$ thì $3m + 3 < m \Leftrightarrow 2m < - 3 \Leftrightarrow m < - \frac{3}{2}$.

a) Vẽ đường thẳng d: $2x - 4y = 6$.

Lấy điểm O(0; 0) không thuộc d.

Ta có: $2.0 - 4.0 < 6$.

Vậy nửa mặt phẳng kể cả d và không chứa điểm O là miền nghiệm của bất phương trình $2x - 4y \ge 6.$(phần không tô màu)

b) Vẽ đường thẳng d: $x - 3y = 0$.

Lấy điểm $M\left( {0;1} \right) \notin d$.

Ta có: $0 - 3.1 < 0$.

Nửa mặt phẳng không kể d chứa điểm M là miền nghiệm của bất phương trình $x - 3y < 0$, tương ứng phần không bị gạch (không kể d).

Vẽ các đường thẳng ${d_1}: - x + 2y = 6;{d_2}:x + y = 4$; $Oy:x = 0$; $Ox:y = 0$.

Điểm M(1; 1) có tọa độ thỏa mãn tất cả các bất phương trình trong hệ nên ta tô đậm các nửa mặt phẳng bờ ${d_1};{d_2};Ox;Oy$ không chứa điểm M.

Miền không bị tô đậm là hình tứ giác OABC kể cả bốn cạnh OA, AB, BC, CO trong hình vẽ dưới là miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

Gọi $x,y$ lần lượt là số lít nước mắm loại I, II xưởng đó sản xuất.

Theo đề bài ta có $x,y$ thỏa mãn hệ bất phương trình sau: $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\3x + 2y \le 230\\2x + 3y \le 220\end{array} \right.$.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền không gạch trong hình vẽ

Như vậy chúng ta có bài toán tìm giá trị lớn nhất của hàm $F = 50000x + 40000y$ với $x;y$ thỏa mãn hệ bất phương trình trên.

Do đó chúng ta xét giá trị của $F = 50000x + 40000y$ tại các đỉnh của tứ giác OABC với O(0; 0), A(50; 40), $B\left( {\frac{{230}}{3};0} \right)$, $C\left( {0;\frac{{220}}{3}} \right)$.

Ta có $F\left( {0;0} \right) = 50000.0 + 40000.0 = 0$; $F\left( {50;40} \right) = 50000.50 + 40000.40 = 4100000$;

$F\left( {\frac{{230}}{3};0} \right) = 50000.\frac{{230}}{3} + 40000.0 \approx 3833333{,}333$; $F\left( {0;\frac{{220}}{3}} \right) = 50000.0 + 40000.\frac{{220}}{3} \approx 2933333{,}333$.

Vậy giá trị lớn nhất của F là 4100000.

Do đó để mức lãi cao nhất thì xưởng cần sản xuất 50 lít nước mắm loại I và 40 lít nước mắm loại II.

Gọi $x$ là số ghe lớn được chủ khách sạn thuê và y là số ghe nhỏ được chủ khách sạn thuê.

Theo đề ta có hệ $\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 8\\0 \le y \le 8\\10x + 5y \ge 40\\4x + 4y \ge 24\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 8\\0 \le y \le 8\\2x + y \ge 8\\x + y \ge 6\end{array} \right.$

và chi phí $F\left( {x;y} \right) = 250x + 130y$ (đơn vị nghìn đồng).

Vẽ được miền nghiệm của hệ bất phương trình là đa giác ABCDE với $A\left( {6;0} \right),B\left( {2;4} \right),C\left( {0;8} \right),D\left( {8;8} \right),E\left( {8;0} \right)$.

Ta có $F\left( {6;0} \right) = 1500;F\left( {2;4} \right) = 1020;F\left( {0;8} \right) = 1040;F\left( {8;8} \right) = 3040;F\left( {8;0} \right) = 2000$.

Vậy chi phí thấp nhất là 1 020 000 đồng khi thuê 2 ghe lớn và 4 ghe nhỏ.

a) $M = \sin 45^\circ .\cos 45^\circ + \sin 30^\circ$$= \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{1}{2} = 1$.

b) $Q = \frac{1}{{{{\sin }^2}120^\circ }} - {\cot ^2}120^\circ$$= \frac{4}{3} - \frac{1}{3} = 1$.

Ta có ${\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = \frac{{16}}{{25}}$.

Mà $0^{\circ}<α<90^{\circ}$ nên $\cos \alpha = \frac{4}{5}$.

Suy ra $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{3}{5}:\frac{4}{5} = \frac{3}{4}$; $\cot \alpha = \frac{1}{{\tan \alpha }} = \frac{4}{3}$.

Có $\sin \left( {180^\circ - \alpha } \right) = \sin \alpha = \frac{3}{5};\cos \left( {180^\circ - \alpha } \right) = - \cos \alpha = - \frac{4}{5}$.

a) Áp dụng định lí côsin, ta có:

${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A$

$\Leftrightarrow {a^2} = {8^2} + {5^2} - 2.8.5\cos 120^\circ = 129 \Rightarrow a = \sqrt {129}$.

Áp dụng định lí sin, ta có:

$\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}$$\Rightarrow \frac{{\sqrt {129} }}{{\sin 120^\circ }} = \frac{8}{{\sin B}} = \frac{5}{{\sin C}}$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin B = \frac{{8.\sin 120^\circ }}{{\sqrt {129} }}\\\sin C = \frac{{5.\sin 120^\circ }}{{\sqrt {129} }}\end{array} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat B \approx 37{,}59^\circ \\\widehat C \approx 22{,}41^\circ \end{array} \right.$.

b) Diện tích tam giác ABC là: $S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}.8.5\sin 120^\circ = 10\sqrt 3$.

c) Theo định lí sin ta có $R = \frac{a}{{2\sin A}} = \frac{{\sqrt {129} }}{{2\sin 120^\circ }} = \sqrt {43}$.

Đường cao AH của tam giác bằng $\frac{{2S}}{a} = \frac{{2.10\sqrt 3 }}{{\sqrt {129} }} = \frac{{20\sqrt {43} }}{{43}}$.

a) Ta có $p = \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{{15 + 20 + 25}}{2} = 30$.

Áp dụng công thức heron, ta có: $S = \sqrt {30.\left( {30 - 15} \right).\left( {30 - 20} \right).\left( {30 - 25} \right)} = 150$.

b) Ta có $S = \frac{{abc}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{{15.20.25}}{{4.150}} = 12{,}5$.

Ta có $A{B^2} = {370^2} + {350^2} - 2.370.350.\cos 2{,}1^\circ \approx 573{,}95$.

Suy ra $AB \approx 23{,}96$ (km).

Xét tam giác APB và AQB, ta có: $\tan 35^\circ = \frac{{AB}}{{PB}} = \frac{{AB}}{{300 + QB}};\tan 48^\circ = \frac{{AB}}{{QB}}$

$\Rightarrow AB = \left( {300 + QB} \right)\tan 35^\circ = \tan 48^\circ .QB$

$\Leftrightarrow 300.\tan 35^\circ + QB.\tan 35^\circ = \tan 48^\circ .QB$

$\Leftrightarrow QB = \frac{{300.\tan 35^\circ }}{{\tan 48^\circ - \tan 35^\circ }}$.

Mà $AB = \tan 48^\circ .QB$

$\Rightarrow AB = \tan 48^\circ .\frac{{300.\tan 35^\circ }}{{\tan 48^\circ - \tan 35^\circ }} \approx 568{,}5$ (m).

Vậy tháp hải đăng cao khoảng 568,5m.

Ba vị trí O, M, N tạo thành 3 đỉnh của tam giác

Tam giác OMN có OM = 200m, ON = 500m, $\widehat {MON} = 135^\circ$.

Áp dụng định lí côsin trong tam giác OMN ta có:

$M{N^2} = O{M^2} + O{N^2} - 2.OM.ON.\cos \widehat {MON}$

$\Leftrightarrow M{N^2} = {200^2} + {500^2} - 2.200.500.\cos 135^\circ \approx 431421$.

Suy ra $MN \approx 657$m.