50 câu trắc nghiệm hệ thức lượng trong tam giác giải chi tiết được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 4 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.
DẠNG 1: LÝ THUYẾT
Câu 1. Trong tam giác $ABC$ có:
A. $a = 2RcosA$.
B. $a = 2RsinA$.
C. $a = 2RtanA$.
D. $a = RsinA$.
Lời giải
Chọn B.
Định lý sin trong tam giác.
Câu 2. Cho tam giác $ABC$ bất kỳ có $BC = a,AC = b,AB = c$. Đẳng thức nào sai?
A. ${b^2} = {a^2} + {c^2} – 2accosB$.
B. ${a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bccosA$.
C. ${c^2} = {b^2} + {a^2} + 2abcosC$.
D. ${c^2} = {b^2} + {a^2} – 2abcosC$.
Lời giải
Chọn C.
Theo định lí hàm số cosin, ${c^2} = {b^2} + {a^2} – 2abcosC$ nên $C$ sai.
Câu 3. Trong tam giác $ABC$ với $BC = a,AC = b,AB = c$. Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. $a = \frac{{bsinA}}{{sinB}}$.
B. $sinC = \frac{{csinA}}{a}$.
C. $a = 2RsinA$.
D. $b = RtanB$.
Lời giải
Chọn D.
Theo định lý sin ta có $\frac{a}{{sinA}} = \frac{b}{{sinB}} = \frac{c}{{sinC}} = 2R$
$ \Rightarrow a = \frac{{bsinA}}{{sinB}},sinC = \frac{{csinC}}{a},a = 2RsinA$, nên các mệnh đề $A,B,C$ đúng.
Vậy mệnh đề $D$ là mệnh đề sai.
Câu 4. Cho tam giác $ABC$ có các cạnh $BC = a,AC = b,AB = c$. Diện tích của $\vartriangle ABC$ là
A. ${S_{\vartriangle ABC}} = \frac{1}{2}acsinC$.
B. ${S_{\vartriangle ABC}} = \frac{1}{2}bcsinB$.
C. ${S_{\vartriangle ABC}} = \frac{1}{2}acsinB$.
D. ${S_{\vartriangle ABC}} = \frac{1}{2}bcsinC$.
Lời giải
Chọn C.
Ta có: ${S_{\vartriangle ABC}} = \frac{1}{2}acsinB$.
Câu 5. Cho tam giác $ABC$, có độ dài ba cạnh là $BC = a,AC = b,AB = c$. Gọi ${m_a}$ là độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh $A,R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác và $S$ là diện tích tam giác đó. Mệnh đề nào sau đây sai?
A. $m_a^2 = \frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} – \frac{{{a^2}}}{4}$.
B. ${a^2} = {b^2} + {c^2} + 2bccosA$.
C. $S = \frac{{abc}}{{4R}}$.
D. $\frac{a}{{sinA}} = \frac{b}{{sinB}} = \frac{c}{{sinC}} = 2R$.
Lời giải
Chọn B
Theo định lý hàm số cosin trong tam giác ta có ${a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bccosA$
DẠNG 2: XÁC ĐỊNH CÁC YẾU TỐ TRONG TAM GIÁC
Câu 6. Cho tam giác $ABC$ có $a = 8,b = 10$, góc $C$ bằng ${60^ \circ }$. Độ dài cạnh $c$ là?
A. $c = 3\sqrt {21} $.
B. $c = 7\sqrt 2 $.
C. $c = 2\sqrt {11} $.
D. $c = 2\sqrt {21} $.
Lời giải
Chọn D
Ta có: ${c^2} = {a^2} + {b^2} – 2a \cdot b \cdot cosC = {8^2} + {10^2} – 2 \cdot 8 \cdot 10 \cdot cos{60^ \circ } = 84 \Rightarrow c = 2\sqrt {21} $.
Câu 7. Cho $\vartriangle ABC$ có $b = 6,c = 8,\hat A = {60^ \circ }$. Độ dài cạnh $a$ là:
A. $2\sqrt {13} $.
B. $3\sqrt {12} $.
C. $2\sqrt {37} $.
D. $\sqrt {20} $.
Lời giải
Chọn A
Ta có: ${a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bccosA = 36 + 64 – 2 \cdot 6 \cdot 8 \cdot cos{60^ \circ } = 52 \Rightarrow a = 2\sqrt {13} $.
Câu 8. Cho $\vartriangle ABC$ có $B = {60^ \circ },a = 8,c = 5$. Độ dài cạnh $b$ bằng:
A. 7 .
B. 129 .
C. 49 .
D. $\sqrt {129} $.
Lời giải
Chọn A
Ta có: ${b^2} = {a^2} + {c^2} – 2accosB = {8^2} + {5^2} – 2 \cdot 8 \cdot 5 \cdot cos{60^ \circ } = 49 \Rightarrow b = 7$.
Câu 9. Cho $\vartriangle ABC$ có $AB = 9;BC = 8;\hat B = {60^ \circ }$. Tính độ dài $AC$.
A. $\sqrt {73} $.
B. $\sqrt {217} $.
C. 8 .
D. $\sqrt {113} $.
Lời giải
Chọn A
Theo định lý cosin có:
$A{C^2} = B{A^2} + B{C^2} – 2BA \cdot BC \cdot cos\widehat {ABC} = 73 \Rightarrow AC = \sqrt {73} $.
Vậy $AC = \sqrt {73} $.
Câu 10. Cho tam giác $ABC$ có $AB = 2,AC = 1$ và $A = {60^ \circ }$. Tính độ dài cạnh $BC$.
A. $BC = \sqrt 2 $.
B. $BC = 1$.
C. $BC = \sqrt 3 $.
D. $BC = 2$.
Lời giải
Chọn C
Theo định lý cosin ta có: $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} – 2AB \cdot AC \cdot cos{{60}^ \circ }} $
$ = \sqrt {{2^2} + {1^2} – 2 \cdot 2 \cdot 1 \cdot \frac{1}{2}} = \sqrt 3 $
Câu 11. Tam giác $ABC$ có $a = 8,c = 3,\hat B = {60^ \circ }$. Độ dài cạnh $b$ bằng bao nhiêu?
A. 49 .
B. $\sqrt {97} $
C. 7 .
D. $\sqrt {61} $.
Lời giải
Chọn C
Ta có: ${b^2} = {a^2} + {c^2} – 2accosB = {8^2} + {3^2} – 2 \cdot 8 \cdot 3 \cdot cos{60^0} = 49 \Rightarrow b = 7$.
Câu 12. Tam giác $ABC$ có $\hat C = {150^ \circ },BC = \sqrt 3 ,AC = 2$. Tính cạnh $AB$ ?
A. $\sqrt {13} $.
B. $\sqrt 3 $.
C. 10 .
D. 1 .
Lời giải
Chọn A
Theo định lí cosin trong $\vartriangle ABC$ ta có:
$A{B^2} = C{A^2} + C{B^2} – 2CA \cdot CB \cdot cos\hat C = 13 \Rightarrow AB = \sqrt {13} .$
Câu 13. Cho $a;b;c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác $ABC$. Biết $b = 7;c = 5;cosA = \frac{4}{5}$. Tính độ dài của $a$.
A. $3\sqrt 2 $.
B. $\frac{{7\sqrt 2 }}{2}$.
C. $\frac{{23}}{8}$.
D. 6 .
Lời giải
Chọn A
Áp dụng định lí cosin cho tam giác $ABC$ ta có:
${a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc \cdot cosA = {7^2} + {5^2} – 2 \cdot 7 \cdot 5 \cdot \frac{4}{5} = 18$.
Suy ra: $a = \sqrt {18} = 3\sqrt 2 $.
Câu 14. Cho $\widehat {xOy} = {30^ \circ }$. Gọi $A,B$ là 2 điểm di động lần lượt trên $Ox,Oy$ sao cho $AB = 2$. Độ dài lớn nhất của $OB$ bằng bao nhiêu?
A. 4 .
B. 3 .
C. 6 .
D. 2 .
Lời giải
Chọn A
Áp dụng định lí cosin: $A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} – 2OA \cdot OB \cdot cos{30^ \circ } \Leftrightarrow 4 = O{A^2} + O{B^2} – 2OA \cdot OB \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}$
$ \Leftrightarrow O{A^2} – \sqrt 3 \cdot OB \cdot OA + O{B^2} – 4 = 0$.
Coi phương trình là một phương trình bậc hai ẩn $OA$. Để tồn tại giá trị lớn nhất của $OB$
thì ${\Delta _{\left( * \right)}} \geqslant 0 \Leftrightarrow {(\sqrt 3 OB)^2} – 4\left( {O{B^2} – 4} \right) \geqslant 0 \Leftrightarrow O{B^2} \leqslant 16 \Leftrightarrow OB \leqslant 4$.
Vậy $maxOB = 4$.
Câu 15. Tam giác $ABC$ có $AB = 9\;cm,BC = 15\;cm,AC = 12\;cm$. Khi đó đường trung tuyến $AM$ của tam giác có độ dài là
A. $10\;cm$.
B. $9\;cm$.
C. $7,5\;cm$.
D. $8\;cm$.
Lời giải
Chọn C
Ta có $A{M^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} – \frac{{B{C^2}}}{4} = \frac{{{9^2} + {{12}^2}}}{2} – \frac{{{{15}^2}}}{4} = \frac{{225}}{4} \Rightarrow AM = \frac{{15}}{2}$.
Câu 16. Cho tam giác $ABC$ có $AB = 3,BC = 5$ và độ dài đường trung tuyến $BM = \sqrt {13} $. Tính độ dài $AC$.
A. $\sqrt {11} $.
B. 4 .
C. $\frac{9}{2}$.
D. $\sqrt {10} $.
Lời giải
Chọn B
Theo công thức tính độ dài đường trung tuyến;ta có:
$B{M^2} = \frac{{B{A^2} + B{C^2}}}{2} – \frac{{A{C^2}}}{4} \Leftrightarrow {(\sqrt {13} )^2} = \frac{{{3^2} + {5^2}}}{2} – \frac{{A{C^2}}}{4} \Leftrightarrow AC = 4.$
Câu 17. Cho $\vartriangle ABC$ vuông ở $A$, biết $\hat C = {30^ \circ },AB = 3$. Tính độ dài trung tuyến $AM$ ?
A. 3 .
B. 4
C. $\frac{5}{2}$
D. $\frac{7}{2}$
Lời giải
Chọn A
$AM$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên $AM = \frac{1}{2}BC = BM = MC$.
Xét $\vartriangle BAC$ có $\hat B = {90^ \circ } – {30^ \circ } = {60^ \circ }$.
Xét tam giác $ABM$ có $BM = AM$ và $\hat B = {60^ \circ }$ suy ra $\vartriangle ABM$ là tam giác đều.
$ \Rightarrow AM = AB = 3$.
Câu 18. Cho tam giác $ABC$ có $AB = 4\;cm,BC = 7\;cm,AC = 9\;cm$. Tính $cosA$.
A. $cosA = – \frac{2}{3}$.
B. $cosA = \frac{1}{2}$.
C. $cosA = \frac{1}{3}$.
D. $cosA = \frac{2}{3}$.
Lời giải
Chọn D
Ta có $cosA = \frac{{A{B^2} + A{C^2} – B{C^2}}}{{2 \cdot AB \cdot AC}} = \frac{{{4^2} + {9^2} – {7^2}}}{{2.4 \cdot 9}} = \frac{2}{3}$.
Câu 19. Cho tam giác $ABC$, biết $a = 24,b = 13,c = 15$. Tính góc $A$ ?
A. ${33^0}{34’}$.
B. ${117^0}{49’}$.
C. ${28^0}{37’}$.
D. ${58^0}24$.
Lời giải
Chọn B
Ta có: $cosA = \frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}} = \frac{{{{13}^2} + {{15}^2} – {{24}^2}}}{{2.13.15}} = – \frac{7}{{15}} \Rightarrow A \simeq {117^0}{49’}$.
Câu 20. Cho tam giác $ABC$, biết $a = 13,b = 14,c = 15$. Tính góc $B$ ?
A. ${59^0}{49’}$.
B. ${53^0}7’$.
C. ${59^0}{29’}$.
D. ${62^0}22$ ‘.
Lời giải
Chọn C
Ta có: $cosB = \frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}} = \frac{{{{13}^2} + {{15}^2} – {{14}^2}}}{{2.13.15}} = \frac{{33}}{{65}} \Rightarrow B \simeq {59^0}{29’}$.
Câu 21. Cho tam giác $ABC$ biết độ dài ba cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt là $a,b,c$ và thỏa mãn hệ thức $b\left( {{b^2} – {a^2}} \right) = c\left( {{c^2} – {a^2}} \right)$ với $b \ne c$. Khi đó, góc $\widehat {BAC}$ bằng
A. ${45^ \circ }$.
B. ${60^ \circ }$.
C. ${90^ \circ }$.
D. ${120^ \circ }$.
Lời giải
Chọn D
Ta có $b\left( {{b^2} – {a^2}} \right) = c\left( {{c^2} – {a^2}} \right) \Leftrightarrow {b^3} – b{a^2} = {c^3} – c{a^2} \Leftrightarrow {b^3} – {c^3} – {a^2}\left( {b – c} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left( {b – c} \right)\left( {{b^2} + bc + {c^2} – {a^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} – {a^2} = – bc$. Mặt khác $cos\widehat {BAC} = \frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}} = \frac{{ – bc}}{{2bc}} = – \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {BAC} = {120^ \circ }$.
Câu 22. Tam giác $ABC$ có $a = 6,b = 4\sqrt 2 ,c = 2$. $M$ là điểm trên cạnh $BC$ sao cho $BM = 3$. Độ dài đoạn $AM$ bằng bao nhiêu?
A. $\sqrt 9 $.
B. 9 .
C. 3 .
D. $\frac{1}{2}\sqrt {108} $.
Lời giải
Chọn C
Ta có: Trong tam giác $ABC$ có $a = 6 \Rightarrow BC = 6$ mà $BM = 3$ suy ra $M$ là trung điểm $BC$.
Suy ra: $A{M^2} = m_a^2 = \frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} – \frac{{{a^2}}}{4} = 9 \Rightarrow AM = 3$.
Câu 23. Cho $\vartriangle ABC$ có $AB = 2;AC = 3;\hat A = {60^ \circ }$. Tính độ dài đường phân giác trong góc $A$ của tam giác $ABC$.
A. $\frac{{12}}{5}$.
B. $\frac{{6\sqrt 2 }}{5}$.
C. $\frac{{6\sqrt 3 }}{5}$.
D. $\frac{6}{5}$.
Lời giải
Chọn C
A
Gọi $M$ là chân đường phân giác góc $A$.
Ta có $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} – 2AB \cdot AC \cdot cosA = 7 \Rightarrow BC = \sqrt 7 $.
Lại có $\frac{{BM}}{{CM}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{2}{3}$.
Suy ra $BM = \frac{{2\sqrt 7 }}{5}$.
Áp dụng định lý cosin trong tam giác $ABM$ ta được:
$A{M^2} = A{B^2} + B{M^2} – 2AB \cdot BM \cdot cos\widehat {ABC}$
$ = A{B^2} + B{M^2} – 2AB \cdot BM \cdot \frac{{A{B^2} + B{C^2} – A{C^2}}}{{2 \cdot AB \cdot BC}} = \frac{{108}}{{25}}$.
$ \Rightarrow AM = \frac{{6\sqrt 3 }}{5}$.
Cách khác
Gọi $M$ là chân đường phân giác trong của góc $A$. Vì đoạn thẳng $AM$ chia tam giác $ABC$ thành hai phần nên ta có:
${S_{ABC}} = {S_{ABM}} + {S_{ACM}}$
$ \Leftrightarrow \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot sin\widehat {BAC} = \frac{1}{2}AB \cdot AM \cdot sin\widehat {BAM} + \frac{1}{2}AC \cdot AM \cdot sin\widehat {MAC}$
$ \Leftrightarrow AM = \frac{{AB \cdot AC \cdot sin{{60}^ \circ }}}{{\left( {AB + AC} \right) \cdot sin{{30}^ \circ }}}$
$ \Leftrightarrow AM = \frac{{6\sqrt 3 }}{5}$.
Vậy $AM = \frac{{6\sqrt 3 }}{5}$.
Câu 24. Cho $\vartriangle ABC$ với các cạnh $AB = c,AC = b,BC = a$. Gọi $R,r,S$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và diện tích của tam giác $ABC$. Trong các phát biểu sau, phát biểu nào sai?
A. $S = \frac{{abc}}{{4R}}$.
B. $R = \frac{a}{{sinA}}$.
C. $S = \frac{1}{2}absinC$.
D. ${a^2} + {b^2} – {c^2} = 2abcosC$.
Lời giải
Chọn B
Theo định lí Sin trong tam giác, ta có $\frac{a}{{sinA}} = 2R$.
Câu 25. Cho tam giác $ABC$ có góc $\widehat {BAC} = {60^ \circ }$ và cạnh $BC = \sqrt 3 $. Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
A. $R = 4$.
B. $R = 1$.
C. $R = 2$.
D. $R = 3$.
Lời giải
Chọn B
Ta có: $\frac{{BC}}{{sinA}} = 2R \Leftrightarrow R = \frac{{BC}}{{2sinA}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{2 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = 1$.
Câu 26. Trong mặt phẳng, cho tam giác $ABC$ có $AC = 4\;cm$, góc $\hat A = {60^ \circ },\hat B = {45^ \circ }$. Độ dài cạnh $BC$ là
A. $2\sqrt 6 $.
B. $2 + 2\sqrt 3 $.
C. $2\sqrt 3 – 2$.
D. $\sqrt 6 $.
Lời giải
Chọn A
Ta có $\frac{{BC}}{{sinA}} = \frac{{AC}}{{sinB}} \Leftrightarrow BC = \frac{{4 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = 2\sqrt 6 $.
Câu 27. Tam giác $ABC$ có $\hat A = {68^0}{12’},\hat B = {34^0}{44’},AB = 117$. Tính $AC$ ?
A. 68 .
B. 168 .
C. 118 .
D. 200 .
Lời giải
Chọn A
Ta có: Trong tam giác $ABC:\hat A + \hat B + \hat C = {180^0} \Rightarrow \hat C = {180^0} – {68^0}{12’} – {34^0}{44’} = {77^0}4’$.
Mặt khác $\frac{a}{{sinA}} = \frac{b}{{sinB}} = \frac{c}{{sinC}} \Rightarrow \frac{{AC}}{{sinB}} = \frac{{AB}}{{sinC}} \Rightarrow AC = \frac{{AB \cdot sinB}}{{sinC}} = \frac{{117 \cdot sin{{34}^0}{{44}’}}}{{sin{{77}^0}4′}} \simeq 68$.
Câu 28. Cho hình thoi $ABCD$ có cạnh bằng $a$. Góc $\widehat {BAD} = {30^ \circ }$. Diện tích hình thoi $ABCD$ là
A. $\frac{{{a^2}}}{4}$.
B. $\frac{{{a^2}}}{2}$.
C. $\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.
D. ${a^2}$.
Lời giải
Chon B
Ta có ${S_{ABCD}} = AB \cdot AD \cdot sin\widehat {BAD} = a \cdot a \cdot sin{30^ \circ } = \frac{1}{2}{a^2}$.
Câu 29. Cho $\vartriangle ABC$ có $AB = 5;\hat A = {40^ \circ };\hat B = {60^ \circ }$. Độ dài $BC$ gần nhất với kết quả nào?
A. 3,7 .
B. 3,3 .
C. 3,5 .
D. 3,1 .
Lời giải
Chọn B
$\hat C = {180^ \circ } – \hat A – \hat B = {180^ \circ } – {40^ \circ } – {60^ \circ } = {80^ \circ }$
Áp dụng định lý sin: $\frac{{BC}}{{sinA}} = \frac{{AB}}{{sinC}} \Rightarrow BC = \frac{{AB}}{{sinC}} \cdot sinA = \frac{5}{{sin{{80}^ \circ }}}sin{40^ \circ } \approx 3,3$.
Câu 30. Tam giác $ABC$ có $a = 16,8;\hat B = {56^0}{13’};\hat C = {71^ \circ }$. Cạnh $c$ bằng bao nhiêu?
A. 29,9 .
B. 14,1 .
C. 17,5 .
D. 19,9.
Lời giải
Chọn D
Ta có: Trong tam giác $ABC:\hat A + \hat B + \hat C = {180^ \circ } \Rightarrow \hat A = {180^ \circ } – {71^0} – {56^0}{13’} = {52^0}{47’}$.
Mặt khác $\frac{a}{{sinA}} = \frac{b}{{sinB}} = \frac{c}{{sinC}} \Rightarrow \frac{a}{{sinA}} = \frac{c}{{sinC}} \Rightarrow c = \frac{{a \cdot sinC}}{{sinA}} = \frac{{16,8 \cdot sin{{71}^0}}}{{sin{{52}^0}{{47}’}}} \simeq 19,9$.
Câu 31. Tính diện tích tam giác $ABC$ biết $AB = 3,BC = 5,CA = 6$.
A. $\sqrt {56} $
B. $\sqrt {48} $.
C. 6 .
D. 8 .
Lời giải
Chọn A
Ta có: $p = \frac{{AB + AC + BC}}{2} = \frac{{3 + 5 + 6}}{2} = 7$.
Vậy diện tích tam giác $ABC$ là: $S = \sqrt {p\left( {p – AB} \right)\left( {p – AC} \right)\left( {p – BC} \right)} = \sqrt {7\left( {7 – 3} \right)\left( {7 – 6} \right)\left( {7 – 5} \right)} = \sqrt {56} $.
Câu 32. Cho $\vartriangle ABC$ có $a = 6,b = 8,c = 10$. Diện tích $S$ của tam giác trên là:
A. 48 .
B. 24 .
C. 12 .
D. 30 .
Lời giải
Chọn B
Ta có: Nửa chu vi $\vartriangle ABC:p = \frac{{a + b + c}}{2}$.
Áp dụng công thức Hê-rông: $S = \sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)} = \sqrt {12\left( {12 – 6} \right)\left( {12 – 8} \right)\left( {12 – 10} \right)} = 24$.
Câu 33. Cho $\vartriangle ABC$ có $a = 4,c = 5,B = {150^ \circ }$. Diện tích của tam giác là:
A. $5\sqrt 3 $.
B. 5. C. 10 .
D. $10\sqrt 3 $.
Lời giải
Chọn B
Ta có: ${S_{\vartriangle ABC}} = \frac{1}{2}$ a.c. $sinB = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 5 \cdot sin{150^0} = 5$.
Câu 34. Cho tam giác $ABC$ có $a = 4,b = 6,c = 8$. Khi đó diện tích của tam giác là:
A. $9\sqrt {15} $.
B. $3\sqrt {15} $.
C. 105 .
D. $\frac{2}{3}\sqrt {15} $.
Lời giải
Chọn B
Ta có: $p = \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{{4 + 6 + 8}}{2} = 9$.
Suy ra: $S = \sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)} = 3\sqrt {15} $.
Câu 35. Cho tam giác $ABC$. Biết $AB = 2;BC = 3$ và $\widehat {ABC} = {60^ \circ }$. Tính chu vi và diện tích tam giác $ABC$.
A. $5 + \sqrt 7 $ và $\frac{3}{2}$.
B. $5 + \sqrt 7 $ và $\frac{{3\sqrt 3 }}{2}$.
C. $5\sqrt 7 $ và $\frac{{3\sqrt 3 }}{2}$.
D. $5 + \sqrt {19} $ và $\frac{3}{2}$.
Lời giải
Chọn B
Ta có: $A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} – 2 \cdot AB \cdot BC \cdot cos\widehat {ABC} = 4 + 9 – 2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot cos{60^ \circ } = 13 – 6 = 7$.
Suy ra $AC = \sqrt 7 $.
Chu vi tam giác $ABC$ là $AB + AC + BC = 2 + 3 + \sqrt 7 $.
Diện tích tam giác $ABC$ là ${S_{\vartriangle ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot BC \cdot sin\widehat {ABC} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 3 \cdot sin{60^ \circ } = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}$.
Câu 36. Cho tam giác $\vartriangle ABC$ có $b = 7;c = 5;cosA = \frac{3}{5}$. Độ dài đường cao ${h_a}$ của tam giác $\vartriangle ABC$ là.
A. $\frac{{7\sqrt 2 }}{2}$.
B. 8 .
C. $8\sqrt 3 $
D. $80\sqrt 3 $
Lời giải
Chọn A
$a = \sqrt {{b^2} + {c^2} – 2bccosA} = \sqrt {{7^2} + {5^2} – 2.7 \cdot 5 \cdot \frac{3}{5}} = \sqrt {32} = 4\sqrt 2 $
$si{n^2}A = 1 – co{s^2}A = 1 – {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = \frac{{16}}{{25}}$. Suy ra $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{sinA = \frac{4}{5}} \\
{sinA = – \frac{4}{5}}
\end{array}} \right.$ vì nên $sinA = \frac{4}{5}$
$S = \frac{1}{2}bcsinA = \frac{1}{2} \cdot 7 \cdot 5 \cdot \frac{4}{5} = 14$ mà $S = \frac{1}{2}a \cdot {h_a} \Leftrightarrow 14 = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt 2 \cdot {h_a} \Leftrightarrow {h_a} = \frac{{7\sqrt 2 }}{2}$
Câu 37. Cho tam giác $ABC$ có $AB = 2a;AC = 4a$ và $\widehat {BAC} = {120^ \circ }$. Tính diện tích tam giác $ABC$ ?
A. $S = 8{a^2}$.
B. $S = 2{a^2}\sqrt 3 $.
C. $S = {a^2}\sqrt 3 $.
D. $S = 4{a^2}$.
Lời giải
Chọn B
Diện tích của tam giác $ABC$ là ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot sin\widehat {BAC} = \frac{1}{2} \cdot 2a \cdot 4a \cdot sin{120^ \circ } = 2{a^2}\sqrt 3 $.
Câu 38. Cho tam giác $ABC$ đều cạnh $a$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ bằng
A. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
B. $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.
C. $\frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.
D. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.
Lời giải
Chọn B
Gọi $G$ là trọng tâm $ABC$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp $R = AG = \frac{2}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.
Câu 39. Cho tam giác $ABC$ có chu vi bằng 12 và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 . Diện tích của tam giác $ABC$ bằng
A. 12 .
B. 3 .
C. 6 .
D. 24 .
Lời giải
Chọn C
Theo đề bài tam giác $ABC$ có chu vi bằng 12 nên nửa chu vi là $p = \frac{{12}}{2}$; bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 , tức là ta có: $r = 1$.
Diện tích tam giác $ABC$ là: $S = p \cdot r = 6.1 = 6$.
Câu 40. Cho tam giác $ABC$ đều cạnh $2a$. Tính bán kính $R$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
A. $\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}$.
B. $\frac{{4a}}{{\sqrt 3 }}$.
C. $\frac{{8a}}{{\sqrt 3 }}$.
D. $\frac{{6a}}{{\sqrt 3 }}$.
Lời giải
Chọn A
Gọi $H,K$ lần lượt là trung điểm cạnh $AB,BC$;
I là giao điểm của $AH$ và $CK$.
Lúc đó, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
Ta có: $AH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 $.
Do đó: $R = AI = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3}a\sqrt 3 = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}$.
Câu 41. Cho tam giác $ABC$ có $BC = \sqrt 6 ,AC = 2$ và $AB = \sqrt 3 + 1$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ bằng:
A. $\sqrt 5 $.
B. $\sqrt 3 $.
C. $\sqrt 2 $.
D. 2 .
Lời giải
Chọn C
Áp dụng định lý cosin ta có $cosA = \frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}} = \frac{1}{2}$ suy ra $A = {60^ \circ }$.
Áp dụng định lý sin ta có $R = \frac{a}{{2sinA}} = \sqrt 2 $.
Câu 42. Cho tam giác $ABC$ có $AB = 3,AC = 4,BC = 5$. Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng
A. 1 .
B. $\frac{8}{9}$.
C. $\frac{4}{5}$.
D. $\frac{5}{2}$.
Lời giải
Chọn A
Vì $A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $A$.
Do đó bán kính đường tròn nội tiếp $r = \frac{S}{p} = \frac{{\frac{1}{2}AB \cdot AC}}{{\frac{1}{2}\left( {AB + AC + BC} \right)}} = \frac{{3.4}}{{3 + 4 + 5}} = 1$.
Câu 43. Cho $\vartriangle ABC$ có $S = 84,a = 13,b = 14,c = 15$. Độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp $R$ của tam giác trên là:
A. 8,125 .
B. 130 .
C. 8 .
D. 8,5 .
Lời giải
Chọn A
Ta có: ${S_{\vartriangle ABC}} = \frac{{a \cdot b \cdot c}}{{4R}} \Leftrightarrow R = \frac{{a \cdot b \cdot c}}{{4S}} = \frac{{13 \cdot 14 \cdot 15}}{{4.84}} = \frac{{65}}{8}$.
Câu 44. Tam giác với ba cạnh là 5;12;13 có bán kính đường tròn ngoại tiếp là?
A. 6 .
B. 8 .
C. $\frac{{13}}{2}$.
D. $\frac{{11}}{2}$.
Lời giải
Chọn C
Ta có: ${5^2} + {12^2} = {13^2} \Rightarrow R = \frac{{13}}{2}$.
Câu 45. Tam giác với ba cạnh là 5;12;13 có bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó bằng bao nhiêu?
A. 2 .
B. $2\sqrt 2 $.
C. $2\sqrt 3 $.
D. 3 .
Lời giải
Chọn A
Ta có: $p = \frac{{5 + 12 + 13}}{2} = 15$. Mà ${5^2} + {12^2} = {13^2} \Rightarrow S = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 12 = 30$.
Mặt khác $S = p \cdot r \Rightarrow r = \frac{S}{p} = 2$.
Câu 46. Tam giác với ba cạnh là 6;8;10 có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng bao nhiêu?
A. 5 .
B. $4\sqrt 2 $.
C. $5\sqrt 2 $.
D. 6 .
Lời giải
Chọn A
Ta có: ${6^2} + {8^2} = {10^2} \Rightarrow R = \frac{{10}}{2} = 5$. .
Câu 47. Cho $\vartriangle ABC$ có $S = 10\sqrt 3 $, nửa chu vi $p = 10$. Độ dài bán kính đường tròn nội tiếp $r$ của tam giác trên là:
A. 3 .
B. 2 .
C. $\sqrt 2 $.
D. $\sqrt 3 $.
Lời giải
Chọn D
Ta có: $S = pr \Rightarrow r = \frac{S}{p} = \frac{{10\sqrt 3 }}{{10}} = \sqrt 3 $.
Câu 48. Cho hình chữ nhật $ABCD$ có cạnh $AB = 4,BC = 6,M$ là trung điểm của $BC,N$ là điểm trên cạnh $CD$ sao cho $ND = 3NC$. Khi đó bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$ bằng
A. $3\sqrt 5 $.
B. $\frac{{3\sqrt 5 }}{2}$.
C. $5\sqrt 2 $.
D. $\frac{{5\sqrt 2 }}{2}$.
Lời giải
Chọn D
Ta có
$\begin{array}{*{20}{r}}
{}&{MC = 3,NC = 1 \Rightarrow MN = \sqrt {10} } \\
{}&{BM = 3,AB = 4 \Rightarrow AM = 5} \\
{}&{AD = 6,ND = 3 \Rightarrow AN = \sqrt {45} } \\
{}&{p = \frac{{AM + AN + MN}}{2} = \frac{{\sqrt {10} + 5 + \sqrt {45} }}{2}} \\
{}&{{S_{AMN}} = \sqrt {p\left( {p – AM} \right)\left( {p – AN} \right)\left( {p – MN} \right)} = \frac{{15}}{2}}
\end{array}$
Bán kính của đường tròn ngoại tiếp của tam giác $AMN$ là: $R = \frac{{AM \cdot AN \cdot MN}}{{4{S_{AMN}}}} = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}$
Câu 49. Cho hình bình hành $ABCD$ có $AB = a,BC = a\sqrt 2 $ và $\widehat {BAD} = {135^ \circ }$. Diện tích của hình bình hành $ABCD$ bằng
A. ${a^2}$.
B. ${a^2}\sqrt 2 $.
C. ${a^2}\sqrt 3 $.
D. $2{a^2}$.
Lời giải
Chọn A.
Ta có $\widehat {ABC} = {45^ \circ }$.
Gọi $AE$ kà đường cao của tam giác $ABC$, khi đó tam giác $AEB$ vuông cân tại $E$.
Suy ra $AE = \frac{1}{2}BC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.
Vậy diện tích hình bình hành $ABCD$ là $AE \cdot BC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \cdot a\sqrt 2 = {a^2}$.
Câu 50. Cho tứ giác lồi $ABCD$ có $\widehat {ABC} = \widehat {ADC} = {90^ \circ },\widehat {BAD} = {120^ \circ }$ và $BD = a\sqrt 3 $. Tính $AC$.
A. $AC = 2a$.
B. $AC = a\sqrt 3 $.
C. $AC = a$.
D. $AC = a\sqrt 5 $.
Lời giải
Chọn A.
Cách 1:
$\vartriangle ABD$ nội tiếp đường tròn đường kính $AC$
Áp dụng định sin trong $\vartriangle ABD$, ta có $AC = 2R = \frac{{BD}}{{sinBAD}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{sin{{120}^ \circ }}} = 2a$.
Cách 2:
Đề không mất tính tổng quát ta có thể chọn $BD \bot AC$ tại $I$.
Ta có $\hat C = {360^ \circ } – \left( {\hat A + \hat B + \hat D} \right) = {360^ \circ } – \left( {{{120}^ \circ } + {{90}^ \circ } + {{90}^ \circ }} \right) = {60^ \circ }$.
Do $BD \bot AC \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{AB = AD} \\
{CB = CD}
\end{array}} \right.$.
Suy ra $\vartriangle BCD$ là tam giác đều cạnh bằng $a\sqrt 3 $.
Ta có $CI = \frac{{3a}}{2}$.
Xét $\vartriangle AID$ vuông tại $I,ID = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
Suy ra $AI = \frac{{ID}}{{tan\frac{A}{2}}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{tan{{60}^ \circ }}} = \frac{a}{2}$.
Ta có $AC = AI + CI = \frac{a}{2} + \frac{{3a}}{2} = 2a$.
Vậy $AC = 2a$.
