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

Chọn C

Diện tích tam giác $ABC$là $S = \frac{1}{2}ac\sin \widehat B$$= \frac{1}{2}.4.5\sin 150^\circ$$= 5$.

Chọn B

Ta có. $S = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}.2.6.sin135^\circ = 3\sqrt 2$.

Chọn C

Ta có $AB = 5$;$BC = 7$; $AC = 8$.

Từ đó suy ra $\cos A = \frac{{A{C^2} + A{B^2} - B{C^2}}}{{2AB.AC}} = \frac{{{8^2} + {5^2} - {7^2}}}{{2.8.5}} = \frac{1}{2} \Rightarrow A = 60^\circ$.

Chọn C

Áp dụng Định lí Côsin ta có: $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2.AB.AC.\cos A$

$\Rightarrow BC = \sqrt {{4^2} + {6^2} - 2.4.6.\cos 120^\circ } = 2\sqrt {19}$.

Chọn A

Ta có $A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AB.BC.\cos B = 76$$\Rightarrow AC = 2\sqrt {19}$.

Chọn D

Ta có ${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2ab.\cos A = {b^2} + {c^2} - 2ab.\cos 120^\circ = {b^2} + {c^2} + ab$.

Chọn B

Theo định lí côsin ta có:

Vậy

Chọn C

Ta có: $\cos \widehat {BAC} = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB.AC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {BAC} = 60^\circ$.

Vậy số đo góc $A$ bằng $60^\circ$.

Chọn D

Áp dụng định lý sin trong tam giác $ABC$ ta có $2R=\frac{BC}{\sin A}=\frac{10}{\sin {30}^{0}}=\frac{10}{(\frac{1}{2})}$ $\Rightarrow R=10$

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

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

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 $r = S:p = 24:12 = 2(\;cm)$.

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

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 $R = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{{3.4 \cdot 5}}{{4.6}} = 2{,}5(\;cm)$.

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

Ta có: $\widehat{A}={180}^{^{\circ}}-(\widehat{B}+\widehat{C})=180^{\circ}-(83^{\circ}+57^{\circ})=40^{\circ}$

Theo định lí $\sin :\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R$

Suy ra: $R=\frac{a}{2\sin A}=\frac{137{,}5}{2\sin {40}^{^{\circ}}}\approx 106{,}96cm$

$b=\frac{a\sin B}{\sin A}=\frac{137{,}5\cdot \sin {83}^{^{\circ}}}{\sin {40}^{^{\circ}}}\approx 212{,}32cm;c=\frac{a\sin C}{\sin A}=\frac{137{,}5\cdot \sin {57}^{^{\circ}}}{\sin {40}^{^{\circ}}}\approx 179{,}4cm.$

a) Sai

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

$\cos A=\frac{{b}^{2}+{c}^{2}-{a}^{2}}{2bc}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{A}={60}^{^{\circ}};\cos B=\frac{{a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2}}{2ac}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \widehat{B}={45}^{^{\circ}}$

$S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{{3 + \sqrt 3 }}{2};S = \frac{1}{2}BC \cdot AH \Rightarrow AH = \frac{{2S}}{{BC}};S = \frac{{abc}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{abc}}{{4S}} = \sqrt 2 .$

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

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

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 $A$.

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

$BC=\sqrt{A{B}^{2}+A{C}^{2}-2AB\cdot AC\cdot \cos A}=\sqrt{8,{5}^{2}+11,{5}^{2}-2\cdot 8{,}5\cdot 11{,}5\cdot \cos {141}^{^{\circ}}}\approx 18{,}88(m).$

Ta lại có: $\frac{BC}{\sin A}=2R\Rightarrow R=\frac{BC}{2\sin A}\approx \frac{18{,}88}{2\cdot \sin {141}^{^{\circ}}}\approx 15(m)$

Do đó, $d = 2R \approx 15 \cdot 2 = 30(\;m)$.

Vậy đường kính của hồ nước khoảng $30\;m$.

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

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

$\Delta ABP$ và $\Delta ABQ$ vuông tại $A$ nên $AP=AB\cdot \cot {15}^{^{\circ}},AQ=AB\cdot \cot {22}^{^{\circ}}$

Suy ra: $PQ=AP-AQ=AB\cdot \cot {15}^{^{\circ}}-AB\cdot \cot {22}^{^{\circ}}=AB(\cot {15}^{^{\circ}}-\cot {22}^{^{\circ}})$

$\Rightarrow AB=\frac{PQ}{\cot {15}^{^{\circ}}-\cot {22}^{^{\circ}}}=\frac{100}{\cot {15}^{^{\circ}}-\cot {22}^{^{\circ}}}\approx 79{,}56m\text{.}$

Vậy tháp hải đăng có chiều cao xấp xỉ $79{,}56\;m$.