Công phá Toán Lớp 10 - Câu 371-410 (Phần 1 - Có lời giải)

52 trang nhungbui22 11/08/2022 2920

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Công phá Toán Lớp 10 - Câu 371-410 (Phần 1 - Có lời giải)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

cong_pha_toan_lop_10_cau_371_410_co_loi_giai.doc

Nội dung text: Công phá Toán Lớp 10 - Câu 371-410 (Phần 1 - Có lời giải)

1 1 3 Cách 1: Diện tích tam giác ABC là: S bc.sin A .40. 10 3. 2 2 2 S 20 3 Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là: r 3. p 5 8 7 Cách 2: Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC: A b c a A 5 8 7 1 r p a tan .tan .tan 300 3. 3. 2 2 2 2 3 Đáp án C. Dạng 2 Nhận dạng tam giác C Ví dụ 1: Cho tam giác ABC thỏa mãn điều kiện a b tan a.tan A b.tan B . 2 Khi đó tam giác ABC là: A. Tam giác vuông. B. Tam giác cân tại A. C. Tam giác cân tại B. D. Tam giác cân tại C. Lời giải C A B 1 Ta có: tan cot . A B 2 2 tan 2 Khi đó: C A B a b tan a.tan A b.tan B a b tan a.tan A b.tan B 2 2 A B A B a tan A tan b tan tan B 2 2 A B A B a.sin b.sin 2 2 A B A B cos A.cos cos B.cos 2 2 A B A B A B a.sin b.sin sin 0 2 2 2 cos A cos B a b cos A cos B A B -Nếu sin 0 thì A = B. 2 a b -Nếu thì theo định lý sin cho tam giác ABC ta có: cos A cos B tan A tan B A B.
Như vậy ở cả hai trường hợp ta đều suy ra tam giác ABC cân tại C. Đáp án D. b3 c3 a3 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC thỏa mãn a2 . Tam giác ABC là: b c a A. Tam giác vuông. B. Tam giác đều. C. Tam giác tù có góc A bằng 1200. D. Tam giác nhọn có góc A bằng 600. Lời giải Từ giả thiết: b3 c3 a3 a2 a2 b c a b3 c3 a3 a2 b c b3 c3 b c a a2 b2 c2 bc. 1 Mặt khác: a2 b2 c2 2bc.cot A. Từ đó suy ra: cot A µA 1200 2 Vậy tam giác ABC là tam giác tù có góc A bằng 1200. Đáp án C. Dạng 3 Chứng minh các hệ thức, bất đẳng thức tam giác Ví dụ 1: Hai đường phân giác BD và CE của tam giác vuông ABC B· AC 900 cắt nhau tại I. Khi đó, đẳng thức nào sau đây là đúng? A. BD.CE = 2BI.CI. B. BD.CE = BI.CI C. 2BD.CE = BI.CI. D. 2BD.CE = 3BI.CI. Lời giải B· AC Vì B· IC 900 1350 nên trong tam giác BIC ta có: 2 BI CI BC a 2. C B 0 sin sin sin135 2 2 2 B C Do đó: BI.CI a 2 sin sin (1) 2 2
b c B C sin B sin C BD.CE Lại có: sin sin . a . a (2). B C c b 2 2 2 2cos 2cos 2 2 4a 2 2 BD CE 2 BD.CE BD.CE Thay (2) vào (1) ta có: BI.CI a 2 BD.CE 2BI.CI. 4a2 2 (điều ngược lại cũng đúng) Đáp án A. Ví dụ 2: Cho tam giác ABC. Điều kiện cần và đủ để tồn tại một điểm D trên cạnh BC sao cho AD2 BD.CD là: A A A. sin2 sin B.sin C. B. sin2 2sin B.sin C. 2 2 A A C. 2sin2 sin B.sin C. D. sin2 3sin B.sin C. 2 2 Phân tích Xét tam giác ABC cân (các bạn có thể cho tam giác ABC đều cũng được) và A BD CD A BD CD D là trung điểm của BC. Khi đó: sin sin2 . và 2 AB AC 2 AB AC AD AD AD2 A sin B ,sin C sin B.sin C . Nên sin2 sin B.sin C . AB AC AB.AC 2 Do đó ta sẽ suy nghĩ tới việc lựa chọn đáp án trả lời là A. Lời giải Nếu tam giác ABC vuông hoặc cân tại A thì kết luận ở đề bài là hiển nhiên đúng. Xét tam giác ABC có 3 góc nhọn (trường hợp tam giác ABC có một góc tù được giải tương tự). Gọi E là giao điểm của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó ta có: BD.CD = AD.DE nên điều kiện AD2 BD.CD tương tự với điều kiện AD DE hay OD  AE (O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC). Vậy điều kiện cần và đủ để tồn tại điểm D thỏa mãn yêu cầu bài toán là đường kính AO cắt BC hay OA 2IM , trong đó I là trung điểm của OA và M là chân đường vuông góc hạ từ I xuống BC. Kẻ AH  BC,OK  BC thì: OK OB.cos A R.cos A, AH ABsin B csin B 2Rsin Bsin C Vậy điều kiện OA 2IM tương đương với R R cos A 2sin Asin B
A 1 cos A 2sin Bsin C sin2 sin B.sin C. 2 Đáp án A. Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có µA 2Bµ 4Cµ. Khẳng định nào sau đây là đúng: 1 1 1 1 1 1 A. . B. . AB BC AC AC BC AB STUDY TIP 1 1 1 1 1 Với µA 2Bµ 4Cµ C. . D. . BC AB AC AB BC AC ta dễ dàng suy ra µA Bµ Cµ nên ta Lời giải suy ra Ta có: sin A sin 2B 2sin B.cos B BC AC AB. Suy ra 2 2 2 a b a c b 2 2 2 2 2 1 1 1 2. . a c b b c b a bc b (1) . 2R 2R 2ac BC AC AB Suy ra B, C bị loại. Tương tự sin B sin 2C b2 ca c2 (2) Bất đẳng thức trong 1 a b c 1 b c 1 1 tam giác: Thế (2) vào (1) ta có: a2 c2 ca bc . AB BC AC. c a2 a a2 a b Suy ra D bị loại. 1 1 1 Vậy . AB BC AC Đáp án A. Ví dụ 4: Cho ngũ giác đều ABCDE có tâm O. Chứng minh rằng:      v OA OB OC OD OE 0 Lời giải STUDY TIP Cách 1: Vì ABCDE đều nên AB  OD    - Có rất nhiều cách OA OB kOD giải quyết bài toán    này. Chúng tôi xin OE OC mOD giới thiệu hai cách Cộng từng vế của các đẳng thức trên ta có: có sử dụng tích vô       hướng. v kOD mOD OD AB.v AB.OD k m 1 0 - Cho hai vecto    Tương tự ta chứng minh được BC.v 0, mà AB, BC là hai vecto không cùng a,b không cùng phương. Một vecto phương nên v 0 (điều phải chứng minh). c thỏa mãn điều Cách 2: Do ABCDE đều nên OA = OB = OC = OD = OE. Do đó: kiện c.a 0 và        2 2 2 2 c.b 0 thì c 0 . OA.v OA OA .cos OA,OB OA .cos OA,OC OA .cos OA,OD
  OA2.cos OA,OE 2 2 4 OA 1 2cos 2cos 5 5  2 2 4 Chứng minh tương tự ta cũng có: OB.v OB 1 2cos 2cos . 5 5    Do đó OA.v OB.v AB.v 0.    Tương tụ ta chứng minh BC.v 0 , mà AB, BC là hai vecto không cùng phương nên v 0 (điều phải chứng minh) Nhận xét: Từ bài toán này, ta suy ra một điều khá thú vị đó là: 2 4 1 2cos 2cos 0 . 5 5 Dạng 4 Chứng minh bất đẳng thức 3 Ví dụ 1: Cho ABC có diện tích bằng . Gọi a,b,c lần lượt là độ dài các cạnh 2 BC, CA, AB và ha ,hb ,hc là các chiều cao xuất phát lần lượt từ các đỉnh A,B,C. 1 1 1 1 1 1 Chứng minh rằng 3 a b c ha hb hc Lời giải 1 a 1 b 1 c Ta có: a.ha b.hb c.hc 2S 3 , , ha 3 hb 3 hc 3 1 1 1 a b c ha hb hc 3 1 1 1 a b c 1 1 1 Bất đẳng thức 3 a b c 9 a b c 3 a b c Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: a b c 33 abc 1 1 1 1 1 1 3 a b c 9 (điều phải chứng minh) a b c a b c 3 abc Ví dụ 2: Cho tam giác ABC, có AB = c, BC = a, AC = b. a) Khi đó a,b,c cùng là nghiệm của phương trình: A. t3 2 pt 2 p2 r 2 4Rr t 4 pRr 0
B. t3 2 pt 2 p2 r 2 4Rr t pRr 0 C. t3 2 pt 2 p2 r 2 4Rr t 2 pRr 0 D. t3 2 pt 2 p2 r 2 4Rr t 3pRr 0 b) Khẳng định nào sau đây là đúng? A. p2 3r 2 12Rr. B. p2 3r 2 12Rr. STUTY TIP C. p2 3r 2 13Rr. D. p2 3r 2 14r. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC Lời giải tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC ta có: lần lượt tại D, E, A A F. Khi đó a 2Rsin A 4R.sin .cos (1) 2 2 AE AF p a, BD BF p b, Theo công thức bán kính nội tiếp tam giác ta có: CD CE p c, A cos A A r p a tan p a r.cot r. 2 (2) 2 A 2 sin B 2 p b tan 2 a p a C 2 A ar 2 A p c tan Từ (1) và (2) suy ra: sin ,cos . 2 2 4R p a 2 4Rr a p a ar Từ đó: 1 a3 2 pa2 p2 r 2 4Rr a 4 pRr 0. 4Rr 4R p a STUDY TIP Vậy a là nghiệm của phương trình ở đáp án A. Tương tự ta cũng chứng minh Định lý Viet: Cho được b,c là nghiệm của phương trình ở đáp án A. a,b,c là 3 nghiệm của Đáp án A. x3 Px2 Qx R 0 a b c 2 p b) Theo ý a, ta có: 2 2 Khi đó: ab bc ca p r 4Rr a b c P Mặt khác : ab bc ca Q a b c 2 3 ab bc ca 4 p2 3 p2 r 2 4Rr p2 3r 2 12Rr. abc R Đáp án A. Ví dụ 3: Chứng minh rằng: a2 ab b2 b2 bc c2 a2 ac c2 với mọi a,b,c > 0 Lời giải
Từ điểm O lấy OA = a, OB = b, OC = c sao cho: ·AOB B· OC 600 Áp dụng định lý côsin cho các tam giác OAB, OBC, OCA ta có: AB2 OA2 OB2 2OA.OB.cos·AOB a2 b2 ab. AC 2 OA2 OC 2 2OA.OC.cos·AOC a2 c2 ac. BC 2 OB2 OC 2 2OB.OC.cosB· OC b2 c2 bc. Lại có: AB BC AC a2 ab b2 b2 bc c2 a2 ac c2 . Dấu “=” xảy ra A,B,C thẳng hàng a c 2b. Bài tập rèn luyện kĩ năng: 1. Cho ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a,b,c và S là diện tích. Các trung tuyến và đường cao lần lượt xuất phát từ các đỉnh A,B,C là ma ,mb ,mc và ha ,hb ,hc . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ma mb mc 3 3S và ma mb mc ha hb hc 27S 1 1 1 1 2. Cho ABC . Chứng minh rằng: . Trong p a 2 p b 2 p c 2 r 2 đó: a,b,c lần lượt là độ dài 3 cạnh BC, CA, AB; p là nửa chu vi và r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC . 3. Trong ABC cho bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp lần lượt là R, r. Chứng minh: R 2r. 4. Cho ABC có độ dài 3 cạnh BC, CA, AB lần lượt là a,b,c và S là diện tích. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 4 3S. 5. Cho ABC có độ dài 3 cạnh BC, CA, AB lần lượt là a,b,c và S là diện 1 1 1 34 3 tích. Chứng minh rằng: . a b c b c a c a b 2 S
C. Bài tập rèn luyện kĩ năng Xem đáp án chi tiết tại trang 389 Câu 1: Cho ABC có b 6,c 8, µA 600. a2 c2 b2 C. cos A C . D. . a) Độ dài cạnh a là: 2ac A. 2 13. B. 3 12. C. 2 37. D. 20. Câu 7: Cho ABC có a2 b2 c2 0. b) Diện tích của tam giác ABC là: Khi đó: A. 12 3. B. 6 3. C. 12. D. 6. 0 c) Bán kính đường tròn nội tiếp tam A. Góc C 90 . giác ABC: B. Góc C 900. 7 3 39 14 3 2 39 A. r . B. r . 0 3 3 C. Góc C 90 . 7 3 39 14 3 2 39 D. Không thể kết luận được gì về góc C. C. r . D. r . 3 3  Câu 8: Cho ABC , biết a AB a1,a2 d) Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác  ABC: và b AC b1,b2 . Để tính diện tích S 39 A. R . B. R 2 13. của ABC , một học sinh làm như sau: 3 2 39 a.b C. R 39. D. R . (I) Tính cos A 3 6 a . b Câu 2: Một tam giác có ba cạnh là 52, 56, 60. Gọi R, r lần lượt là bán kính đường (II) Tính tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác. Khi đó  2 R.r bằng: a.b sin A 1 cos2 A 1 A. 260. B. 520. C. 1040. D. 130. 2 2 a b Câu 3: Cho tam giác ABC có 3 b 7,c 5,cos A . Đường cao ha của (III) Tính 5 tam giác ABC là: 1 1 2 2 2 S AB.AC.sin A a b a.b 7 2 A. . B. 8. C. 8 3. D. 2 2 2 (IV) Tính 80 3. Câu 5: Cho tam giác ABC. Khẳng định 1 2 2 2 2 2 S a1 a2 b1 b2 a1b1 a2b2 nào sau đây là đúng? 2 1 b2 c2 a2 1 2 A. S a.b.c. C. cos B . S a1b2 a2b1 ABC 2 2bc 2 2 2 2 1 a 2 2b 2a c S a b a b B. R. D. m . 1 2 2 1 sin A c 4 2 Câu 6: Tam giác ABC có cosB bằng biểu Học sinh đó bắt đầu làm sai từ bước nào? thức nào sau đây? A. (I). B. (II). C. (III). D. (IV). b2 c2 a2 Câu 9: Khoảng cách từ A đến B không thể A. . B. 1 sin2 B. 2bc đo trực tiếp được vì phải đi qua một đầm
lầy. Người ta xác định được một điểm C Câu 16: Cho ABC . Gọi ma ,mb ,mc là mà từ đó có thể nhìn được A và B dưới độ dài các đường trung tuyến lần lượt ứng 0 một góc 78 24 . Biết CA = 250m, CB = với các cạnh BC a,CA b, AB c. Giá 120m. Khoảng cách AB bằng bao nhiêu? a2 b2 c2 ab bc ca A. 266m. B. 255m.C. 166m. D. 298m . trị nhỏ nhất abc ma mb mc Câu 10: Hai chiếc tàu thủy cùng xuất phát bằng từ vị trí A, đi thẳng theo hai hướng tạo với 0 A. 2 3. B. 3. C. 3 3. D. 4 3. nhau một góc 60 . Tàu thứ nhất chạy với tốc độ 30km/h, tàu thứ hai chạy với tốc độ Câu 17: Cho tam giác ABC vuông tại A, 40km/h. Hỏi sau 2 giờ hai tàu cách nhau có AB a, AC b. Hai phân giác BB1, bao nhiêu km? CC1 cắt nhau tại R, AR cắt B1C1 tại M. A. 13. B. 15 13. C. 20 13. D. 15. Khoảng cách từ M tới BC theo a và b bằng Câu 11: Từ một đỉnh tháp chiều cao ab 2ab A. . B. CD 80m, người ta nhìn hai điểm A và B a b a2 b2 a b a2 b2 trên mặt đất dưới các góc nhìn 72012 và 2ab ab 34026 . Ba điểm A,B,D thẳng hàng. C. . D. 2 2 2 2 Khoảng cách AB gần giá trị nào nhất? a b 2 a b a b 2 a b A. 71m. B. 13m. C. 79m. D. 40m. Câu 18: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường tròn nội tiếp tiếp xúc với cạnh Câu 12: Cho các điểm A 1; 2 , B 2;3 , huyền BC tại M và BM m,CM n (m,n C 0;4 . Diện tích ABC bằng bao cho trước). Diện tích tam giác ABC theo m,n là: nhiêu? A. mn. B. 2mn. C. m + n. D. 4mn. 13 13 A. . B. 13.C. 26. D. . 2 4 Câu 19: Đường tròn tâm O nội tiếp xúc với cạnh AB tại D. Biết AC.BC = Câu 13: Cho tam giác ABC thỏa mãn: 2AD.BD. Tam giác ABC là: b2 c2 a2 3bc. Khi đó: A. Tam giác đều. A. A 300. B. A 450. B. Tam giác vuông tại A. 0 0 C. A 60 . D. A 75 . C. Tam giác vuông tại B. Câu 14: Cho tam giác ABC, biết a 24, D. Tam giác vuông tại C. b 13,c 15. Tính góc A? Câu 20: Cho tam giác ABC vuông tạo A A. 33034 . B. 117049 . và AC AB. Gọi O là trung điểm của BC, I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, 0 0 C. 28 37 . D. 58 24 . AB B· IO 900 . Tỉ số bằng AC Câu 15: Tam giác ABC có µA 68012 , µ 0 1 3 1 1 B 34 44 , AB 117. Tính AC? A. . B. . C. . D. . 3 4 2 4 A. 68. B.168. C. 118. D. 200.
Câu 21: Xét tam giác ABC thay đổi, cân Câu 26: Cho tam giác ABC có tâm đường tại A, nội tiếp đường tròn O; R cho tròn nội tiếp là I. Gọi R, R1, R2 , R3 lần lượt trước. Kẻ BH vuông góc với AC tại H. BH là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A ABC, IBC, ICA, IAB. Biết R1 + R2 + R3 = đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi tan 2 3R. Khi đó tam giác ABC là: bằng A. Tam giác đều. 1 1 A. 1. B. 3. C. . D. . B. Tam giác vuông. 2 3 C. Tam giác cân có B· AC tù. Câu 22: Cho tam giác nhọn ABC, lấy E thuộc cạnh BC sao cho tam giác ABE cân D. Tam giác bất kỳ. tại E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE Câu 27: Cho tam giác ABC, có độ dài cắt AB tại D và DE 10. Đường tròn đường cao AH 6cm, BH 3cm và số đo ngoại tiếp tam giác BDE tâm J và có bán góc CAH bằng ba lần số đo góc BAH. kính r 5. I là trung điểm của đoạn AC. Diện tích tam giác ABC bằng Độ dài đoạn IJ bằng: A. 108cm2. B. 90cm2. A. 10. B. 2 5. C. 5. D. C. 108cm2 hoặc 90cm2. D. 216cm2. 15. Câu 28: Cho tam giác ABC có AB 2cm, Câu 23: Cho hình thang vuông ABCD AC 4cm, AM 3cm (M là trung điểm (vuông tại A và B), AC  BD. Khi đó của BC). AC 2 BD2 bằng · A. 3AB2 CD2 B. 3AD2 CB2 a) Khi đó BAC bằng 0 0 0 0 C. AB2 3CD2 D. AD2 3CB2 A. 120 . B. 135 . C. 150 . D. 90 . Câu 24: Cho tam giác ABC vuông tại A b) Diện tích tam giác ABC bằng AB AC có BC 2 3. Đường tròn A. 2 3. B. 3. C. 4 3. D. 3 3. nội tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 1. Câu 29: Cho tam giác ABC nhọn. Giá trị sin B Khi đó bằng của biểu thức sau sin C sin A sin B sin C 1 2 M A. 3. B. . C. 1. D. . sin B sin C sin A sin C sin B sin A 3 2 thuộc khoảng Câu 25: Chọn một mảnh giấy hình chữ 3 3 A. 0; . B. 1; . nhật kích thước 15cm x 20cm, ta gấp nó 2 2 dọc theo một đường chéo. Diện rích phần chung của hai nửa mảnh giấy bằng 3 C. ;2 . D. 1;2 . 2 1875 1875 A. cm2. B. cm2. 16 18 Câu 30: Xét ABC nội tiếp đường tròn (O) cho trước. Các trung tuyến xuất phát 625 625 C. cm2. D. cm2. từ A, B, C cắt đường tròn (O) tương ứng 4 2
tại M, N, P. Biểu thức AM 2 BN 2 CP2 P đạt giá trị nhỏ nhất AB2 BC 2 CA2 khi và chỉ khi tam giác ABC là A. Tam giác đều. B. Tam giác vuông. C. Tam giác cân có B· AC tù. D. Tam giác vuông cân. A. 54,33 m.B. 56,88 m. Câu 31: Cho tam giác ABC. AM, BN, CP C. 55,01 m.D. 54,63 m. là các đường phân giác trong ( M BC, Câu 34: Cho tam giác ABC thỏa mãn: N CA, P AB ) của tam giác đó. Để 2cos A sin B sin C sin 2C sin 2B. PM vuông góc với NM thì số đo của B· AC Khi đó ABC là một tam giác bằng A. Tam giác vuông. A. 1200. B. 1350. C. 1500. D. 900. B. Tam giác cân. Câu 32: Xét hình chữ nhật ABCD và điểm C. Tam giác vuông hoặc cân. M di động trên BC. Phân giác góc DAM AN D. Tam giác đều. cắt BC tại N. đạt giá trị nhỏ nhất khi MN Câu 35: Cho ABC ngoại tiếp đường tròn điểm M: tâm O và BC a,CA b, AB c. Khi đó A. Trùng điểm B. a.OA2 b.OB2 c.OC 2 bằng B. Trùng điểm C. a3 b3 c3 A. abc. B. . C. Trùng với trung điểm của BC. 3 2 2 D. Trùng với giao điểm của phân giác a2b b2c c2a a b c C. . D. . trong góc B· AC với BC. 3 2 Câu 33: Để đo chiều cao từ mặt đất đến Câu 36: Cho tam giác ABC và số thực m. đỉnh cột cờ của một kỳ đài trước Ngọ Môn Trên các cạnh BC, CA và AB của tam (Đại Nội – Huế), người ta cắm hai cọc AM giác, lần lượt lấy các điểm A , B ,C . Gọi và BN cao 1,5 mét so với mặt đất. Hai cọc S , S , S và S tương ứng là diện tích của này song song và cách nhau 10 mét và a b c các AB C , BC A ,CA B và ABC. Biết thẳng hàng so với tim cột cờ (Hình vẽ minh họa). Đặt giác kế tại đỉnh A và B để S S S a b c đạt giá trị lớn nhất, nhắm đến đỉnh cột cờ, người ta được các S góc lần lượt là 51040 và 45039 so với S S S đường song song với mặt đất. Chiều cao max a b c m 2019 . Khi của cột cờ (làm tròn 0,01 mét) là: S đó m bằng
4035 có khoảng cách AB = 12m cùng thẳng A. m . B. m 1345. 2 hàng với chân C của tháp để đặt hai giác kế. Chân của giác kế có chiều cao 4035 C. m . D. m 807. h 1,3m . Gọi D là đỉnh tháp và hai điểm 4 A1,B1 cùng thẳng hàng với C 1 thuộc chiều Câu 37: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho cao CD của tháp. Người ta đo được góc · 0 · 0 đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R DA1C1 49 và DB1C1 35 . Chiều cao không đổi). Gọi A và B lần lượt là các CD của tháp là điểm di động trên tia Ox, Oy sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn đó và diện tích tam giác OAB nhỏ nhất. Tọa độ của các điểm A, B lần lượt là A. R 2;0 , 0; R 2 . R 6 B. R 3;0 , 0; . 2 A. 22,77 m.B. 21,47 m. 2R C. 2R;0 , 0; . C. 21,77 m.D. 20,47 m. 3 Câu 40: Tam giác ABC có đặc điểm gì 2R nếu D. ;0 , 0;2R . 3 sin B 2sin C sin A . Câu 38: Cho ABC có BC a,CA b, 2cos B cosC AB c b c và diện tích là S. Kí hiệu A. Tam giác đều. ma ,mb ,mc lần lượt là độ dài của các B. Tam giác có µA 1200. đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. 2 2 2 0 Biết 2ma mb mc (*) . Gọi O và G lần C. Tam giác có µA 150 . lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC; M là trung điểm của D. Tam giác có µA 900. BC. Xét các khẳng định sau: Câu 41: Cho tam giác ABC. Xét các 1. a2 4S.cot A. khẳng định sau: 2 2 2. M· OG không nhọn. a) b c a b.cosC c.cos B . 2 2 2 2 2 3 2 2 2 b) b c cos A a c.cosC b.cos B . 3. ma mb mc a b c . 4 c) sin A sin B.cosC sin C.cos B Số các khẳng định đúng là: sin B C . A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Câu 39: Muốn đo chiều cao của tháp d) a b.cosC c.cos B. chàm Por Klong Garai ở Ninh Thuận e) h 2Rsin Bsin C. người ta lấy hai điểm A và B trên mặt đất a
  2 1 2 2 A. 182,753 m.B. 99,649 m. f) S ABC AB .AC AB.AC . 2 C. 99,9 m.D. 168,055 m. Số khẳng định sai là: Câu 44: Nhìn vào bản thiết kế dưới, góc A. 0. B. 1. C. 3. D. 4. ·ACD gần giá trị nào nhất? Câu 42: Một thợ lặn có vị trí cách mặt nước 8m, một con tàu đắm ở góc 700. Sau khi cùng xuống tới một điểm cao hơn 14m so với đáy đại dương, thợ lặn nhìn thấy con tàu đắm ở góc 570 . Chiều sau của con tàu đắm gần giá trị nào nhất? A. 12600 23,08 . B. 12600 22,08 . C. 12600 24,08 . D. 12600 21,08 . Câu 45: Cho tam giác ABC vuông tại A. Chia cạnh huyền BC có độ dài bằng a thành n đoạn bằng nhau (n lẻ). MN là một trong n đoạn thẳng đó biết M· AN và trung điểm thuộc đoạn thẳng MN. Khi đó A. 24,979 m.B. 32,964 m. độ dài đường cao AH của tam giác ABC bằng C. 32,979 m.D. 33,25 m. n2 1 a.tan Câu 43: Đầu của các tổng thống ở Mount A. AH . 4n Rushmore cao 18 mét. Một du khách nhìn thấy đỉnh đầu của George Washington ở n2 1 a.tan góc cao 480 và cằm của ông ở góc cao B. AH . 2n 44,760. Chiều cao của múi Rushmore gần giá trị nào nhất? n2 1 a.tan C. AH . 2n n2 1 a.tan D. AH . n Câu 46: Dựa vào thiết kế bên dưới, góc giữa EF với AE gần giá trị nào nhất?
Câu 49: Số các giá trị của tham số m (m> x y xy 16xy z y zy 25zy 0) để hệ có x z xz 36xz xy yz xz m xyz nghiệm x, y, z 0 là A. 33041 24,24 . B. 33040 24,24 . A. 0. B. 1. C. 2. D. Vô số. Câu 50: Cho các số thực x,y,z với y > 0 C. 32041 24,24 . D. 31041 24,24 . 29 x y2 Câu 47: Trong sơ đồ, chùm sáng hướng 4 2 vào gương màu xanh, phản xạ vào gương thỏa mãn y z 2 . Giá trị của màu đỏ và sau đó phản xạ vào gương màu y2 x 1. 2 z xanh như hình vẽ. Biết OP 2m, OQ 2 6 m . Khi đó đoạn PT bằng biểu thức A y x 1 2 z bằng A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Câu 51: Cho các số thưc dương x,y,z thỏa x2 y2 9 2 2 mãn y z 16. Giá trị của biểu thức 2 y xz B xy yz bằng A. 10. B. 11. C. 12. D. 13. 2 6 2 3 A. m. B. m. Câu 52: Số nghiệm của phương trình 3 3 x2 3x 2 9 x2 4x 2 16 5 là 2 2 6 C. m. D. m. A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. 3 3 Câu 48: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ phương trình y2 z2 50 2 2 y x xy 169. Giá trị của biểu thức 2 2 2 z x xz 144 2 K xy yz xz là A. 120. B. 121. C. 122. D. 123.
BÀI KIỂM TRA CHỦ ĐỀ IX Câu 1: Cho tam giác ABC có hai trung Câu 5: Cho ABC thỏa mãn a4 b4 c4 tuyến AA và BB vuông góc với nhau. trong đó a BC,b AC,c AB. ABC là Giá trị của cot A cot B bằng tam giác cot C cot C A. . B. . A. Vuông. B. có góc ·ABC tù. 2 3 · cot C C. có ba góc nhọn D. có góc ACB tù. C. . D. cot C. 4 Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Câu 2: Cho tam giác ABC có G là trọng Xét các mệnh đề tâm, I là tâm nội tiếp tam giác ABC. Biết IG  IC và a BC,b AC,c AB . Giá B C l .l a. sin sin b c trị của a b c a b bằng 2 2 4a2 l .l A. abc. B. ab. C. 6abc. D. 6ab. b. IB.IC b c 2 Câu 3: Trong tam giác ABC có trung bc 2 tuyến CM vuông góc với phân giác trong c. l CM 3 a b c AL và 5 2 5. Khi đó góc AL 2 Số các mệnh đề đúng B· AC bằng A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. A. 600. B. 360. C. 720. D. 900. Câu 7: Cho tam giác ABC có ·ABC 450. Câu 4: Cho tam giác ABC. Điểm M thỏa Gọi D là điểm trên đoạn BC sao cho 2 2 2 mãn điều kiện 3MA 2MB MC . Tập CD 2BD và D· AB 150. Góc ·ACB hợp các điểm M là bằng A. Đường thẳng qua tâm ngoại tiếp 0 0 0 0 A. 60 . B. 72 . C. 75 . D. 80 . tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng là giá của vectơ Câu 8: Cho hình thang ABCD có đáy lớn   2AB AC. CD 10, đáy bé AB 4. Giả sử AC vuông góc với BD và BC cắt DA tại Q sao B. Đường thẳng qua tâm ngoại tiếp · 0 tam giác ABC và vuông góc với cho AQB 45 . Diện tích hình thang đường thẳng là giá của vectơ ABCD bằng   AB AC. 560 140 A. . B. . C. Đường thẳng qua tâm ngoại tiếp 3 3 tam giác ABC và vuông góc với 280 2 245 2 đường thẳng là giá của vectơ C. . D. .   3 3 2AB AC. Câu 9: Cho ABC , P là điểm nằm trong D. Đường thẳng qua tâm ngoại tiếp · · · tam giác ABC và vuông góc với tam giác sao cho PAB PBC PCA . đường thẳng BC. Biết AB 13, BC 14, CA 15 và
m A. Cân tại C.B. Vuông. tan P· AB (m,n là hai số tự nhiên, n C. Đều.D. Cân tại B. nguyên tố cùng nhau). Tổng m n bằng Câu 13: Cho tam giác ABC có AB 43, A. 463.B. 631. AC 7 và B· CA 600 , BC 2. Khi đó C. 346. D. 136. BC bằng Câu 10: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa A.2. B. 3. C. 4. D. 6. độ Oxy, cho hai điểm như hình vẽ. Biết tam giác OAB đều. Khi đó ab bằng Câu 14: Cho tam giác ABC có A 6; 4 , B 3;5 ,C 6;2 . Tọa độ trực tâm H của tam giác ABC là A. 6; 4 . B. 3;5 . 9 7 C. ; . D. 0; 1 . 2 2 Câu 15: Cho a x 2 ;3,b 3;2x 1 . A. 1248.B. 135. Gọi là góc giữa a và b . Giá trị nguyên lớn nhất của x sao cho là góc tù là C. 315.D. 513. A. 2. B. 1. C. 0. D. 1. Câu 11: Cho tam giác ABC không tù có AB AC và Bµ 450. Gọi O, I lần lượt là Câu 16: Cho tam giác ABC vuông cân tại tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam A và nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp giác ABC. Biết 2IO AB AC. Khi đó r sin A bằng tam giác ABC. Tính R 2 4 2 2 A.sin A hoặc sin A . A. 2 1. B. 2 1. 2 2 C. 2 2 1. D. 2 2 1. 2 4 3 2 B.sin A hoặc sin A . 2 2 Câu 17: Cho tam giác ABC vuông cân tại A có AB AC 30. Hai đường trung 3 4 2 2 tuyến BN và CM cắt nhau tại G. Diện tích C.sin A hoặc sin A . 2 2 tam giác GMN là 75 3 4 3 2 A. 25.B. . D.sin A hoặc sin A . 2 2 2 15 105 Câu 12: Cho ABC thỏa mãn tính chất: C. 25 2. D. . Có điểm P nằm trong tam giác sao cho 2 P· AB 100,P· BA 200,P· CA 300,P· AC 400 . Câu 18: Cho tam giác ABC có BC a, Khi đó tam giác ABC: CA b, AB c. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
2 2 2 µ 29 29 A. Nếu a b c 0 thì C vuông. C. . D. . 6 3 B. Nếu a2 b2 c2 0 thì Cµ tù. Câu 24: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa C. Nếu a2 b2 c2 0 thì Cµ nhọn. độ Oxy, cho ABC với A 2;1 , B 2; 1 , C 3; 1 . Diện tích của tam giác ABC D. Nếu a2 b2 c2 0 thì Cµ nhọn. bằng Câu 19: Cho tam giác ABC có BC 7, 5 7 1 3 CA 9, AB 4. Tính cos A A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 1 1 2 2 A. . B. . C. . D. . Câu 25: Cho tam giác ABC không vuông 2 3 3 3 ( đặt BC a, AB c, AC b ). Giá trị Câu 20: Cho tam giác ABC có AB 6, a2 c2 b2 bằng AC 8, B· AC 300. Tính diện tích tam b2 c2 a2 giác ABC. sin A tan A A. . B. . A. 24. B. 48. C. 12. D. 12 3. cos B tan B sin A cos A Câu 21: Cho tam giác ABC có AB 2, C. . D. . BC 4,CA 3. Độ dài đường phân giác sin B cos B trong góc A là Câu 26: Cho ABC có a 2 3,b 2, 3 6 6 3 Cµ 300. Độ dài chiều cao h bằng A. l . B. l . a a 10 a 5 A. 1. B. 2. C. 3. D. 2 3. 3 9 54 C. l . D. l . Câu 27: Trong tam giác ABC có a 8, a 5 a 5 B 600 ,C 750. Diện tích đường tròn nội Câu 22: Cho hình thang cân ABCD, đáy tiếp tam giác ABC bằng lớn CD 10cm, đáy nhỏ bằng đường cao, 2 đường chéo vuông góc với cạnh bên. Diện 12 4 3 tích của hình thang cân đó bằng A. . 3 3 6 50 5 125 2 A. . B. 2 5 2 2 . 2 12 4 3 B. . 3 2 6 C. 25 2 1 . D. 10 5 1 . 2 12 4 3 Câu 23: Cho tam giác ABC có AB 2, C. . 3 2 3 BC 4,CA 3. G là trọng tâm tam giác       2 ABC. Giá trị GA.GB GB.GC GC.GA là 12 4 3 D. . 29 29 2 3 6 A. . B. . 6 3 Câu 28: Cho 00 ;1800 . Xác định mệnh đề đúng?
cos sin điểm thứ hai F. Diện tích tam giác AFB A. 1 cot cot2 cot3 . sin3 bằng m n (trong đó m,n là các số nguyên dương và n không chia hết cho bình phương của bất kì số nguyên tố nào). Tính cos sin 2 3 B. 1 2cot cot cot . m n ? sin3 A. 60. B. 61. C. 62. D. 63. cos sin 2 3 Câu 33: Cho tam giác ABC vuông tại B. C. 3 1 cot 2cot cot . sin AD là phân giác trong của góc C· AB . Trên AB, AC lần lượt lấy các điểm E và F, biết cos sin AE 3, EB 9, AF 10, FC 27. G là D. 1 cot 2cot2 cot3 . sin3 giao điểm của AD với EF. Diện tích của tứ giác DCFG gần giá trị nguyên nào nhất? Câu 29: Biểu thức A. 146. B. 147. C. 148. D. 149. cot2 2 cos2 2 sin 2 .cos2 Câu 34: Cho tam giác ABC đều, ABC có A . cot2 2 cot 2 độ dài cạnh bằng 1. Dựng ra phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE, BCHI, (với 00 ;900 \ 450 ) được rút gọn CAFG. Diện tích lục giác DEFGHI bằng thành A. 1. B. 1 sin2 2 cos2 2 . C. 2 2sin2 2 . D. 1 2sin2 2 . Câu 30: Cho ABC có A 1;2 , B 2;0 , C 3;1 . Tọa độ điểm M trên đường 1 thẳng BC sao cho S S và M ABC 12 3 3 9 3 A. . B. . 2 xM 6xM 8 0 là 4 2 1 1 11 1 6 3 3 A. ; . B. ; . C. 3 3. D. . 3 3 3 3 2 Câu 35: Sáu hình lục giác đều được đặt 11 1 C. ; . D. Không có M. xung quanh một lục giác đều cạnh bằng 1. 3 3 Diện tích của tam giác ABC bằng bao Câu 31: 1 tan10 1 tan20 1 tan450 2n. nhiêu? Khi đó giá trị của n bằng A. 20. B. 21. C. 23. D. 22. Câu 32: Trong tam giác ABC, các đường trung tuyến AD và CE có độ dài lần lượt là 18, 27. Biết AB 24. Đường thẳng CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại
A. 2 3. B. 3 3. PQRS có đỉnh P nằm trên cạnh AB, đỉnh Q nằm trên cạnh AC và hai đỉnh R,S nằm C. 2 2 3. D. 1 3 2. trên cạnh BC. Với điều kiện PQ  thì diện tích PQRS có thể biểu diễn dưới dạng Câu 36: Trong hình chữ nhật ABCD có một đa thức bậc hai S   2 với DC 2CB. Các điểm E,F nằm trên đoạn PQRS · m AB sao cho DE,DF chia ADC thành ba hệ số  , trong đó m và n là hai số góc bằng nhau như hình vẽ. Tỉ số diện tích n tam giác DEF so với diện tích hình chữ nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Tính nhật ABCD là bao nhiêu? m n? A. 161. B. 160. C. 162. D. 163. Câu 41: Trong tam giác ABC có AB 13, BC 15,CA 17. Trên các đoạn AB, BC, CA lấy lần lượt các điểm D, E, F sao cho AD pAB, BE qBC,CF rCA ( trong đó p,q,r là các số dương thỏa mãn 2 2 S m p q r , p2 q2 r 2 . DEF 3 5 SABC n 1 1 trong đó m,n là số nguyên dương nguyên A. 6 2 . B. . 2 4 tố cùng nhau. Tính m n? A. 60. B. 61. C. 62. D. 63. 3 C. 2 3. D. . 6 Câu 42: Cho ABC có AB 21, AC 22, BC 20. D và E lần Câu 38: Trên đoạn thẳng AC lấy điểm B sao cho AB 16, BC 4. Lấy hai điểm lượt nằm trên AB và AC sao cho DE song song với BC và đi qua tâm nội tiếp D,E nằm cùng phía đối với đường thẳng m AC sao cho các tam giác ABD, BCE là hai ABC . Giả sử DE trong đó m, n là tam giác đều. Gọi M là trung điểm của n đoạn AE, N là trung điểm của đoạn CD. các số nguyên dương, nguyên tố cùng Diện tích của tam giác BMN bằng x. Khi nhau. Tính m n? đó x2 bằng A. 923. B. 924. C. 925. D. 926. A. 508. B. 507. C. 506. D. 505. Câu 43: Cho tam giác ABC vuông tại C, có AC 7, BC 24. M là trung điểm của 45 1 Câu 39: Biết mn , trong AB và dựng D cùng phía với C so với AB  2 0 k 1 sin 2k 1 sao cho AD BD 15. Diện tích tam giác đó m và n là các số nguyên lớn hơn 1 và m n 0 CDM bằng trong đó m,n, p là các sin2x 2sin xcos x và sin 90 x cos x p Tính m n? số nguyên dương, m, p nguyên tố cùng nhau, n không chia hết cho bình phương A. 90. B. 91. C. 92. D. 93. của bất kì số nguyên tố nào. Tính m n p Câu 40: Tam giác ABC có độ dài các cạnh AB 12, BC 25,CA 17. Hình chữ nhật A. 581. B. 580. C. 579. D. 578.
Câu 44: Cho ngũ giác lồi ABCDE với Câu 49: Đơn giản biểu thức sau ta được AB / /CE, BC / / AD, AC / /DE, B· AC 1200 , sin4 x 4cos2 x cos4 x 4sin2 x S m AB 3, BC 5, DE 15. Biết ABC A. cos x. B. cos2x. SEBD n trong đó m,n là hai số nguyên dương C. cos3x. D. cos4x. nguyên tố cùng nhau. Tính m n? 0 0 Câu 50: Cho x 0 ,90 và số thực y A. 485. B. 484. C. 483. D. 482. thỏa mãn 2 y 2 y Câu 45: Trong tứ giác ABCD lồi có sin x cos x 2 2 2sin x cos x. Số cặp BC 8,CD 12, AD 10 và D· AB C· BA 600. y y cos x 2 sin x 2 Cho biết AB m n trong đó m,n là x; y thỏa mãn: hai số nguyên dương. Tính m n? A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. A. 148. B. 149. C. 150. D. 151. Câu 46: Cho tam giác ABC không cân có BC 20. Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC chia trung tuyến AD thành ba phần bằng nhau. Giả sử diện tích tam giác ABC có dạng m n trong đó m,n là các số tự nhiên và n không chia hết cho bình phương của bất kì số nguyên tố nào. Tính m n? A. 38. B. 39. C. 40. D. 41. Câu 47: Cho tam giác ABC có A 1; 2 , B 3;5 ,C 1;4 . Gọi AH là chiều cao của tam giác ABC. Tọa độ điểm H là A. 4;4 . B. 5;6 . C. 6;8 . D. 3;2 . Câu 48: Bắt đầu từ gốc tọa độ, một nguồn sáng chiếu vào điểm A 4;8 nằm trên gương phẳng (biểu diễn là đường thẳng d ) và có tia phản xạ đi qua điểm B 8;12 . Hệ số góc của đường thẳng d bằng 10 1 2 10 1 A. . B. . 3 3 3 3 C. . D. . 10 1 2 10 1
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT CHỦ ĐỂ 9 m2 sin cos 2 22. GIÁ TRỊ LƯỢNG 1 2sin cos 2 0 2 0 GIÁC CỦA MỘT cos 73 cos 17 m2 1 GÓC BẤT KÌ TỪ 00 sin cos . 2 ĐẾN 1800 Câu 8: Đáp án D. cos2 870 cos2 30 Mối liên hệ hai cung bù cos2 730 sin2 730 Câu 1: Đáp án A. nhau. 2 0 2 0 Câu 2: Đáp án B. Câu 9: Đáp án D. cos 87 sin 87 Câu 3: Đáp án A. Câu 10: Đáp án B. 2 Câu 4: Đáp án A. Câu 11: Đáp án A. tan2 x 2 tan x.cot x cot2 x Câu 5: Đáp án A. sin 360 cos60 tan2 x 2tan x.cot x cot2 x 4 Ta có: sin 900 360 cos 900 60 Câu 12: Đáp án A. 5 · 0 0 0 0 cosAOM , sin 36 cos6 cos36 sin 6 0 0 61 Do 0 ,45 nên 0 1 6 sin 30 . cot 1 tan 0. sin ·AOM . Do đó 2 61 sin2 510 sin2 390 Do đó 5 6 tọa độ N là ; . t t ,t 1 t ,t t . 61 61 sin2 550 sin2 350 3 4 1 3 2 1 Câu 6: Đáp án C. Câu 13: Đáp án D. sin2 510 cos2 510 Do M thuộc góc phần tư 2 2 1 E sin 2cot 5cot 2 thứ III nên giao điểm N sin2 550 cos2 550 sin của OM với nửa đường tròn sẽ có hoành độ, tung = 2 1 2 2 3cot 5cot 1 độ dương. 1 cot tan10.tan890 . tan 20.tan880 Ta có: tan440.tan460 .tan 450 3 69 cosN· OA , 5 =1. 17 4 sin N· OA . Do đó tọa sin2 20 sin2 40 Câu 14: Đáp án B. 5 6 6 3 4 sin2 860 sin2 880 sin x cos x độ điểm N là , . 2 2 2 2 5 5 sin x cos x 1 sin x cos x sin2 20 sin2 880 sin2 2x cos2 2x 1. Câu 7: Đáp án D sin2 20 cos2 20 Câu 15: Đáp án D. 2 0 2 0 Từ giả thiết ta có: sin 44 cos 44
2 2 2 sin a 8sin d 4sin c 7sin b sin x 2 2 sin x.cot x 1 2 cos x sin x 0 cos a 8cos d 4cosc 7cosb cos x 1 cos2 x sin2 x 2 2 sin a 8sin d cos a 8cosCâud 19: Đáp án D. Câu 24: Đáp án C. sin x 3sin 4sin .cot E cot x 2 A 2 4sin c 7sin b 4cosc 7cosb 2sin 5sin .cot 1 cos x 3 4cot cos x sin x 2cos a d 7cos b c 13 2 5cot sin x 1 cos x Câu 16: Đáp án B. cos x 1 cos x sin x.sin x Câu 20: Đáp án C. Ta có sin a cos a 2 sin x 1 cos x cot 3tan 1 3tan2 2 E 2 sin a cos a 2cot tan 2 tan2 4 3 tan2 1 cos x 1 cos x 1 cos2 x 1 sin a.cos a . 2 sin x 1 cos x 2 3 tan 1 sin4 a cos4 a sin2 a cos2 a 3 4 2 2 cos x 1 cos x 1 cos x 1 cos x cos 4cos 3 2 2 2 1 3cos 1 sin x 1 cos x 2sin a cos a 3 cos2 1 2 1 1 11 sin x 1 2 . . 2 2 3 Câu 25: Đáp án A. Câu 17: Đáp án A. Câu 21: Đáp án C. cot2 x cos2 x sin x.cos x A 2 Ta có 7 tan2 cot2 cot x cot x 4 4 2 2 sin x cos x 1 2sin xcos x. 2 tan cot 2 cos2 x sin x.cos x 6 6 2 2 1 2 sin x cos x 1 3sin xcos x. m2 9 m 3. cot x cot x 2 2 3 1 2sin x cos x 2 2 Câu 22: Đáp án C. 1 sin x sin x 1 2 2 2 1 3sin x cos x 2 Câu 26: Đáp án B cot a tan a 2 2 1. 1 sin x cos x cot2 a 2cot a tan a tan2 a P 2sin x.cos x 2sin x.cos x 1 f x f x . cot2 a 1 tan2 a 1 4 6 12 1 1 cos x 1 cot x. Câu 18: Đáp án B. sin2 a cos2 a 2sin x 2 2 2 2 2 tan xsin x tan x sin x Câu 23: Đáp án A. Câu 27: Đáp án B. 2 2 tan2 x sin2 x 1 sin2 x G 1 sin x 1 cot x 1 x 1 Điều kiện (*) x 2
Phương trình đã cho Do đó, phương trình 1 ·ACB ·ACB ·ACB 1800 tương đương với f (t) 0 vô nghiệm khi 2 2 x 2 x a 0;2 2 . a · 0 · 0 x2 1 x2 1 1 ACB 72 ABC 18 Câu 28: Đáp án C. 2 x x 1 1 Cách 1: Gọi D là trung · 5 1 a điểm của BC, từ giả thiết sin ABC . 2 4 x 1 ta có: Cách 2: Lấy điểm K đối x 2 2 x a (1) 2CD 4CD.AC 4AC xứng với C qua A. Giả 2 x 1 2 2 CD CD.AC AC thiết suy ra Từ (1) suy ra x 0, cùng AC CD CB 2CA BC CK với điều kiện (*) ta sẽ chỉ (1) · · CD CD AC KCB CBK . Lấy ra phương trình đã cho điểm D trên đoạn BK sao Kẻ đường phân giác trong với x 1, x 2. cho C· DK C· KD. Suy ra AE của tam giác ACD. BCK đồng dạng với Phương trình (1) tương Theo tính chất đường CKD. Khi đó đương với phân giác ta có: BC CK 1 1 a. CK KD 1 1 CK 2 BC.KD hay 1 2 x x 4AC2 BC BC BD Vì x 1; x 2 nên Kết hợp với giả thiết ta 1 1 2 có: 0 1, . Đặt x x 2 BC.BD 2BC.AC 1 EC AC AC cos 00 900, 450 x ED AD DC BD CK CD, Ta được phương trình nên tam giác CDB cân tại 1 1 EC AC a (2) D. cos sin CD AC CD Vậy sin cos a.sin .cos Từ (1) và (2) suy ra EC AC B· KC K· DC 2C· BK 4·ABC Đặt sin 2 t 0 t 1 . . AC CD Từ đó suy ra: Phương trình trở thành 0 0 Suy ra ACE đồng dạng ·ABC 4·ABC 90 ·ABC 18 f (t) a2t2 4t 4 0,t 0;1 với DCA, nên ACE 5 1 sin ·ABC . Do 0 a2 8 nên cân tại A. 4 Lại có Câu 29: Đáp án C. f (t) Max f 0 ; f 1  · 1 · 1 · 2 EAC CAD ACB Max 4;a 8 0 2 2 Do đó:
Ta có: ABC: CBD 3a 5b 124 (c.g.c) ·ACB C· DB (1) Câu 3: Đáp án A. Mặt khác Ta có: C· DB µA ·ACD (2) , a 2b 2 7 1800 µA ·ACD (3) 2 Qua B vẽ đường thẳng 2 a 2b 28 vuông góc với BD cắt Từ (1), (2) và (3) suy ra 2 2 đường thẳng qua C và a 4b 4ab 28 song song với BE tại K. 1800 µA 1800 µA ·ACB µA 2 2 Khi đó ta có BK//CE, 2 2 a 4 b 4 a b cos a,b 28 KC//BE, suy ra 2Cµ µA 1800 BKC CEB (g.c.g) 0 µ µ µ 0 1 nên BK CE AD, mà 2 180 A B A 180 cos a,b a,b 1200 2 BD AC (gt) suy ra 0 3µA 2Bµ 180 Câu 5: Đáp án A. BKD ADC (c.g.c). Từ đó suy ra, 2 0 µA Bµ 60 ab · · 3 Ta có: cos a,b DK DC (1), KDB ACD a b Mà ·ADC ·ACD 900 µ 2 µ 3 sin A B 6 3 · · 0 3 2 . KDB ADC 90 1 4. 4 16 5 Câu 31: Đáp án D. K· DC 900 (2) Câu 6: Đáp án D. Bạn Anh Vũ đã không Từ (1) và (2) suy ra tam chú ý tới điều kiện Ta có: giác DKC vuông cân, do sin x 0. Với điều kiện 0 0 0 0 a,b 180 0 sin a,b 1 đó D· CK 45 1 2 này P 0 Suy ra · · 4 5 Lại có: CFB DCK 2 (đồng vị) 2 sin a,b 1 cos a,b P 5. Như vậy 5 Vậy C· FB 450 tanC· FB 1. giá trị P = -2 bị loại. Vậy 2 a b a b Câu 30: Đáp án A. bạn Anh Vũ sai ở bước 4, 1 1 1 2 2 chưa thử lại đã kết luận 2 2 2 2 a1 a2 . b1 b2 Từ điều kiện ta có: vội vàng. a c b a2 bc c2 0 II. TÍCH VÔ HƯỚNG 2 2 2 2 2 a1 a2 b1 b2 a1b1 a2b2 c a CỦA HAI VECTƠ 2 đồng thời có c b. a2 a2 . b2 b2 1 2 1 2 Câu 1: Đáp án D. Trên cạnh AB lấy điểm D a b a b sao cho AD b 1 2 2 1 Câu 2: Đáp án B. 2 2 2 2 BD c b. a1 a2 . b1 b2 2 2 2 3a 5b 9a 30ab 25b Cách nhớ: 9 90 25 124.
Với Câu 8: Đáp án C. Ta có: a a 1 2 Câu 9: a) Đáp án A. v 9;4 ,c ma nb b1 b2 sin a,b Ta có: 2 2 2 2 5n m,2m n . a1 a2 . b1 b2 ab k 1 5 2k 1 11k 4 Ta có: v.c 0 Trong đó 4 9 5n m 4 2m n 0 a a 11k 4 0 k . 1 2 49n m 0 a1b2 a2b1 11 b1 b2 b) Đáp án C. Câu 11: Đáp án A. Câu 7: Đáp án C. Ta có: Với cách ra trắc nghiệm Ta có u.v 7 như này, ta có thể thử a b từng phương án và tìm ra 3x2 2x 9 3x2 2x 2 7 kết quả A. 2 2 2 26 k 1 2k 1 Đặt t 3x 2x 2 Giả sử c m;n Điều kiện t 0. Khi đó 5k 2 2k 24 0 3x2 2x 9 t 2 7, Theo yêu cầu bài toán ta 12 có: phương trình trở thành k 5 t 2 7 t 7 m 2n 1 m 7 k 2 c 7;4 5m n 39 n 4 2 t 7 7 t c) Đáp án C. 2 2 Câu 12: Đáp án A. t 7 7 t t 7 a.b cos a,b     a b 0 t 2 7 t 2 14t 49 AB.AC BC a.a.cos60 BC a2  t 3 11k 4 BC 2 26. 5k 2 2k 2 Với t 3 ta có:     0 2 AB AC.BC AB a.a.cos60 3x 2x 2 3 11k 4 2 2 2 2 a  3x2 2x 2 9 26. 5k 2k 2 AB 2 2 3x 2x 7 0 2   13. 5k 2k 2 11k 4 Do AB, BC không cùng 1 22 hướng nên hai vectơ x 65k2 26k 26 121k2 88k 16       3 AB.AC BC và AB AC.BC 56k 2 62k 10 0 1 22 x không bằng nhau. Mệnh 3 31 39 1 đề A sai. k 1 56 7 Vậy Theo công thức hình 31 39 5  k chiếu ta có: 1 22 1 22 S ,  56 4       3 3  BA.BC 2BA.BH 2BA.BI. Câu 10: Đáp án B. Mệnh đề A2 đúng.
  Ta có: AB.AC 12 1 NA2 3NB2      2 AB.AC 4.3 2 2   2   2 AB AC .BC 2AH.BC 0 a NK KA 3 NK KB Mệnh đề A3 sai. b) Đáp án D.      4NK 2 2NK KA 3KB AH.CA AH.AC.cos150 0 Gọi H x; y là trực tâm KA2 3KB2 tam giác ABC   4NK 2 KA2 3KB2 a 3 3 3 2 CH.AB 0 .a. a   2 2 4 NA2 3NB2 đạt giá trị BH.AC 0 nhỏ nhất khi và chỉ khi Mệnh đề A4 đúng.   NK đạt giá trị nhỏ nhất.      CH x 2; y 4 , AB 4;0 Điều này suy ra N là hình CB.CI CB. CB BI   chiếu của K lên Ox, hay 2 0 BH x 3; y 1 , AC 3;3 CB CB.BI.cos60   N(2;0) CH.AB 0 CB2 CB.BH.cos2 600 Suy ra   f) Đáp án D. BH.AC 0 2 Gọi T x; y là hình chiếu a 1 7a a2 a. . 2 4 8 4 x 2 0 0 của A lên BC. Khi đó   3 x 3 3 y 1 0 x 3y 4 0   7a2 AT.BC 0 4CB.CI x 2 0 x 2   x 3 k 2 BT k BC H 2;2 y 1 3k x y 4 y 2 Lại có: c) Đáp án B. 13 x   2 5 13 11 0 7a Gọi I x; y là tâm đường T , 7CB.CA 7.a.a.cos60 . 11 5 5 2 y tròn ngoại tiếp ABC 5 2 2 Như vậy mệnh đề A AI BI AI BI Do T là trung điểm AA’ 5 đúng AI CI 2 2 31 17 AI CI A ;   0 5 5 CB.CK CB.CK.cos60 2 2 2 2 x 1 y 1 x 3 y 1 g) Đáp án A. a 1 a2 a2 a. . x 1 2 y 1 2 x 2 2 y 4 2 2 2 4 2 Gọi x; y là tọa độ của điểm D. Suy ra Mệnh đề A6 sai. 8x 8 x 1  BD x 3; y 1 Câu 13: a) Đáp án B. 6x 6y 18 y 2 Ta có: Ta có: I 1;2     x 3 0 AB 4;0 , AC 3;3 d) Đáp án C. BD.BA 0 2 2 Gọi K là điểm thỏa mãn BD BA x 3 y 1 4 Suy ra:     KA 3KB 0 K 2;1 cos A cos AB, AC Ta có:
  2 2 x 3 x 3, y 5 2 25a 5a 1 21a GK 3;4 ,GF 4; 3 a 2.a. .   2 16 4 2 16 y 1 16 x 3, y 3 GK.GF 0 và a 21   D 3;5 BK GK GF 5 4 Câu 14: Đáp án D. Vậy số khẳng định đúng Suy ra tam giác KGF là 3. vuông cân tại G. Do đó G là tiếp điểm của C trên Câu 15: Đáp án C. cạnh BC. Do DG cùng Gọi M x;0 , với x ¡ . vuông góc với CE và CK Khi đó: nên C, K, E thẳng hàng.   Ta có: EG ED EB và AM x 2; 2 ,BM x 5;2 E· FC E· AC 900 , do đó Theo yêu cầu bài toán ta   F là trung điểm của BG có: AM.BM 0 FB 1 FG x 2 x 5 4 x2 7x 6 0 Do ABCD là nửa lục giác Câu 18: Đáp án B. đều nội tiếp đường tròn x 1 M 1;0 nên đường kính AD 2a nên Gọi a là độ dài cạnh của x 6 M 6;0 · 0 hình vuông. Khi đó: AB BC CA a, ABC 120 chọn C. . Khi đó Câu 16: Đáp án A. a 3a 3a AH HD HK 2 2 4 Lời giải của bạn Tùng Ta có: Chi sai từ bước 1, bước       vẽ hình. Ta có: IC.ID IB BC IA AD MA2 MB2 k 2 MA MB         Xét hai tam giác AOM IB.IA IB.AD BC.IA BC.AD và BOM có OM chung, IA2 IB.AD.cos600 OA OB và MA MB, BC.IA.cos1200 BC.AD · ·       suy ra AOM BOM AM AB BM , AN AD DN 2a2 Lại có:   3a2 · · 0 · 0 và AM AB2 BM 2 AD.BK AD.HK AOM BOM 180 AOM 90 2 Vì vậy, điểm H hoặc 2 trùng với O hoặc nằm 2 a a 5  2   2 a BK 2 BK BA AK khác phía với A đối với 4 2 O. AN AD2 DN 2   Câu 17: Đáp án B. AB2 AK 2 2BA.AK 2 Ta có: 2 a a 10 2 2 0 a AB AK 2AB.AK.cos120 9 3 Ta có:
         AM.AN AB BM . AD DN 2DF DC DN nghiệm của bất phương Ta có:    trình đã cho. 2AE AD AC     a2 a2 5a2 Câu 22: Đáp án C. AB.DN BM.AD   3 2 6 4DF.AE   Bạn A sai ở bước 3. Vì AM.AN     theo định nghĩa hai vectơ cosM· AN DC DN AD AC AM.AN có a.b 0 a,b có     5a2 DN.AD DC.AC phương vuông góc với nhau. 6 1 0 M· AN 45 DN.AD.cos·ADN a 5 a 10 2 Để được kết quả đúng . 2 3 · bạn A khắc phục như sau: DC.AC.cosACN     AD BC AB DC 0 DT DC Câu 19: Đáp án B. DN.AD. DC.AC. DA AC       Ta có: DC 2 DN.DT 0 AB BD BD DC AB DC 0       Câu 21: Đáp án B. EA EH HA, EB EB HB,   2      AB DC 0 AB DC CD CH HD 1 5 Điều kiện: x (*) 2 4 Hay tứ giác ABCD là Do EH vuông góc với CD   hình bình hành nên EH.CD 0 Xét hai vectơ: Câu 23: Đáp án C.    u 3 2x;1 , EH. CH HD 0 Ta có:     2 EH.HB EH.HD v 2x 1; 5 4x xa b 3 xa b 3 Ta có: Ta có:       2 2 EA.EB EH HA EH HB u.v 3 2x 2x 1 5 4x x2 a 2xab b 3    2 2 0 EH EH. HA HB x 2xcos60 1 3 u . v 2 10 17x 10x2 2x3 .    2 2 x 1 EH EH. 2HD HD Suy ra bất đẳng thức đã x x 2 0   x 2 2 cho có dạng EH EH.HD Vậy số các số x thỏa 2  EH EH.HD.cosE· HD u.v u . v . u,v cùng mãn là 2. hướng Câu 24: Đáp án C. HE EH 2 EH.HD. 0 HD 3 2x 1 Đặt 0   2x 1 5 4x  a  b  c EA  EB e1 ,e2 ,e3 . 2 a b c Câu 20: Đáp án C. 3 2x 5 4x 2x 1 x 1. Chia cả hai vế của (1) cho Gọi T là giao điểm của DN và AC. Do tam giác Đối chiếu với điều kiện a b c ta được DCN vuông nên (*) ta thấy x 1 là DC 2 DT.DN
      cos .e cos.e cos .e 0 AB. AC 2BC 1 2 3   . Nếu một trong các giá trị 1 x     AC AB 0 cos ,cos,cos bằng 0 AB. AC CB BC 3 3a thì hai giá trị còn lại cũng        2 2x 2 1 2 bằng 0. Thật vậy giả sử 2 AB.AC AB AC AB AB.BC 9 9a 9 0 cos 0 90 thì     2 x   AB AB.BC.cos AB, BC AB.AC 0 9a e2  e3   2 2   2 2 0 2x 1 cos .e cos .e 0 AB AB.BC. cos BA,BC AB.AC.cos60 3a 3a  2  3 9 9a 9 cos cos 0   900 2 a a 2a x 0 . .cos·ABC AB.AC.cos60 0 3 9a Giả sử 3 3 2 1 2x 1 cos .cos.cos 0 . .9a2. .9a2 9a2 9 2 9a 9 2 Nhân vô hướng vế trái a a 2a AB x 1 của (1) với lần lượt . . .9a2. 0    3 3 3 BC 9a 2 e1,e2 ,e3 ta được: 2 2 a a 2a 1 2a 2 5 4a . . 2a ax 0 x . cos 2coscos 0 3 3 3 2 3 2 5 cos 2cos cos 0 Câu 26: Đáp án B. cos 2coscos 0 4a Vậy x thì Ta có: 5 2 2 2 1 cos cos  cos  .     1  AM  PN. 4 AM AB BM AB BC 1200 ,   600 3 Câu 27: Đáp án A. 0 0  120 ,  60   1   AM AB AC AB  1200 ,  600 3 0   120 2  1  0 AB AC   60 3 3 Như vậy có 6 bộ thỏa Ta có: mãn điều kiện (1)    Gọi I là trung điểm của PN AN AP CD. Ta có: Câu 25: Đáp án A. 1  x  CD AC AB IC ID AB nên Tam giác ABC vuông tại 3 3a 2 A nên tứ giác ABCD là hình Để AM  PN thì   bình hành. AB BC 2 AC 2 AM.PN 0 Khi đó AI = BC, mà AD 2   4a a 2 1 = BC (do ABCD là hình a2 . AB AC 3 3 3 3 thang cân) nên AD = AI.
Vậy tam giác ADI là tam Từ ABCD là hình thoi 2 13 6 8 p 7 13 giác đều do cạnh a, ·ADC 1200 , suy 2 0 0 0 ·ADI 180 120 60 0 ra B· AD 60 hay Bán kính đường tròn nội và AD = AI.   tiếp tam giác ABC là 0 AB, AD 60 . Ta có: S pr AD AI DI a   2 2 S 12 3 7 3 39 Xét tam giác vuông ADH u AB AD r . ta có: p 7 13 3  2  2   AB AD 2AB.AD d) Đáp án C. 0 a 3 AH AD.sin60 ,   Áp dụng định lý sin ta có: 2 AB2 AD2 2AB.AD.cos AB,AD a DH AD.cos600 . a2 a2 2a.a.cos600 3a2 a 2 13 2 2 R 39. 2sin A 3 3 Suy ra ta tính được: Câu 2: Đáp án B.    Do đó: u a 3. Ta có: AH. CD 4AD abc S      Mà R.r .       AD.BD AD. AD AB 4S p AH.CD 4AH.AD 0 4AH.AD     abc 52.56.60 ( AH CD AH.CD 0)  2   AD AD.AB    2 a b c 2 52 56 60 AH CD 4AD a2 520 AD2 AD.AB.cos600 · 2 Câu 3: Đáp án A. 4AH.AD.cosDHA     2 Ta có: a 3 a 4. .a.cos300 3a2 AB AD AD.BD a 3 2 2 a2 b2 c2 2bc cos A Ta có: III. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC 3       72 52 2.7.5. 32 a 4 2 AC AH HC,BH AH AB 5 Khi đó Câu 1: a) Đáp án A. Mặt khác:       2 2 AC.BH AH HC AH AB Ta có: sin A cos A 1  2       2 2 2 9 16 AH AH.AB AH.HC HC.AB a b c 2bc cos A sin2 A 1 cos2 A 1 2 25 25 0 2 a 3 3a 36 64 2.6.8.cos60 52 4 AH HC.AB .a sin A (do 2 2 a 2 13 5 3a2 3a2 3a2 sin A 0 ) b) Đáp án A. 4 2 4 Mà 1      S bs.sin A 1 1 Vậy AH CD 4AD AC.BH 2 S b.c.sin A a.h ABC 2 2 a 15a2 1 3 . .6.8. 12 3 4 4 2 2 7.5. bcsin A 5 7 2 ha . Câu 28: Đáp án A. c) Đáp án C. a 4 2 2 Ta có:
Câu 4: Đáp án D. S 30.2 60 km. Sau 2h AB AC BC 1 p Câu 5: Đáp án B. quãng đường tàu thứ hai 2 chạy được là Ta có: 37 34 5 S2 40.2 80 km. Vậy 2 a b c sau 2h hai tàu cách nhau 2R là: 13 sin A sin B sin C S p p AB p AC p BC b c 2 2 2 0 b c S S1 S2 2S1S2.cos60 Cách 2: 2 sin A sin B sin C 20 13   AB 3;5 , AC 1;6 b c b c Câu 11: Đáp án B. Khi đó 2sin A sin B sin C Trong tam giác vuông 3 .6 5. 1 13 sin B sin C 2sin A CDA có: S 2 2 Câu 6: Đáp án D. CD tan 72012 Câu 13: Đáp án A. AD Ta có: b2 c2 a2 2 2 2 CD cos A b a c 2ac.cos B AD 2bc tan 72012 2 2 2 a c b 3bc 3 cos B 80 A 300 2ac 25,7 tan 72012 2bc 2 Câu 7: Đáp án B. Trong tam giác vuông Câu 14: Đáp án B. CDB: Ta có: b2 c2 a2 132 152 242 cos A 2 2 2 CD 2bc 2.13.15 a b c tan 34026 cosC . 7 2ab BD A 117049 15 2 2 2 CD Mà a b c 0 BD tan 34026 Câu 15: Đáp án A. cosC 0 C 900 80 Ta có: Trong 116,7 Câu 8: Đáp án D. tan 34026 ABC : µA Bµ Cµ 1800 Câu 9: Đáp án B. khoảng cách Cµ 1800 68012 34044 7704 Ta có: AB 116,7 25,7 91m Mặt khác: 2 2 2 Câu 12: Đáp án A. a b c AB CA CB 2CB.CA.cosC sin A sin B sin C Cách 1: Ta có: 2502 1200 2.250.120.cos78024  AC AB AB.sin B 64835 AB 255. AB 3;5 AB 34 AC  sin B sin C sin C Câu 10: Đáp án C. AC 1;6 AC 37 117.sin 34044  0 68. Ta có: Sau 2h quãng BC 2;1 BC 5 sin 77 4 đường tàu thứ nhất chạy Câu 16: Đáp án A. được là: Mặt khác
Áp dụng công thức đường AB.AC Câu 19: Đáp án D. AB trung tuyến cho tam giác 1 AB BC Ta có: ABC ta có: 2 2 2 2 ab b c a a c b 4ma 2 b c a 2 2 AD , BD a a b 2 2 2 2 2 Theo giả thiết: 2 a b c Tương tự: AC.BC 2AD.BD 2 2 ab 4ma 3a 4a 3ma AC 1 2 2 b c a a c b b a b ab 2. . a2 b2 c2 2 2 2 3ma Do MF//AB nên 2 a 1 2ab c2 b a CF MF 1 Tương tự AC AB 2 2 2 1 1 c a b a2 b2 c2 AC1 x x Câu 20: Đáp án B. 2 3mb b AC AB 1 1 Gọi E, F, H lần lượt là 2 2 2 a b c các tiếp điểm của đường 2 3m AB1.AC1 c x c AB AC tròn (I) với các cạnh AC, 1 1 AB, BC. Do tam giác (a2 b2 c2)(ab bc ca) 2 3 ab ABC vuông tại A nên tứ abc m m m a b c a b 2 a2 b2 giác AFIE là hình vuông Dấu bằng xảy ra khi và AE AF FI IE r. chỉ khi tam giác ABC Vì M nằm trong tam giác · 0 đều. ABC nên Do BIO 90 nên tam giác IOB vuông tại I. Ta Câu 17: Đáp án C. SABC SABM SACM SBCM có: 2 ab ME.AC MF.AB MD.BC IH OH.HB OB HB HB 2 2 2 2 2 b c a 2 2ab MD 2 2 a a b c a b c a b 2 a b Câu 18: Đáp án A. 2 2 2 Gọi chân đường vuông 2 góc kẻ từ M đến BC, CA, Ta có: b c a c b a b c AB lần lượt là D, E, F. Dễ a b c a c b a 3a 3c b 0 3a 3c b thấy AEMF là hình mn 2 2 2 9a2 3c b vuông. 1 2 2 a b c b 3 Đặt 4 8b2 6bc ME MF AE AF x. c 4 1 Theo tính chất đường 2 2 2 a b c 2bc Câu 21: Đáp án C. phân giác ta có: 4 bc Gọi I là trung điểm của AB1 AB SABC SABC mn BC. Kẻ đường kính AD. B C BC 2 1 Ta có:
A · · · IH 1 BH BC.sin C 2BI.cos IDE IDC CDE tanI·BH I·BH 300 2 BH 3 I·DC E· AC A A 0 0 2AB.sin cos ·ABC 60 , ·ACB 30 900 B· CA ·ABC 2 2 sin B tan Bµ 3 3. A A Do đó ID, IE là tiếp tuyến sin C 4R2cos2 sin 2 2 của đường tròn (BDE). Câu 25: Đáp án A. Áp dụng bất đẳng thức Ta có: AM – GM ta có: DE 2SDIJ IJ. DI.DJ A 1 A 1 A 2 1 sin2 cos2 cos2 2 2 2 2 2 Câu 24: Đáp án A. 1 A A 33 sin2 cos Gọi I là tâm đường tròn 4 2 2 nội tiếp tam giác ABC, H Chúng ta cần tính diện là tiếp điểm của đường 2 A A 2 3 tích tam giác BFH. Sử sin cos tròn (I) với cạnh BC. 2 2 9 dụng tính chất AB ED, Đặt HB x, HC y, ta dễ thấy hai tam giác ABF 8R 3 BH có: và EDF bằng nhau (c.g.c). 9 Do đó tam giác FBD cân BC x y 2 2 3 (1) với cạnh đáy BD. Gọi FG Dấu bằng xảy ra khi và là đường cao của tam giác chỉ khi AB x 1, AC y 1 FBD. Trong tam giác A 1 A vuông FGD có: sin2 cos2 Áp dụng định lý Pytagore BD 25 2 2 2 cho tam giác ABC, ta có: GD và 2 2 2 2 2 A 1 AB AC BC tan · AD 20 4 2 2 2 2 2 cosBDA . x 1 y 1 x y BD 25 5 Câu 22: Đáp án A. xy x y 1 (2) Từ đó: Áp dụng định lý din trong Từ (1) và (2) GD 25 5 125 tam giác DBE ta có: FD . · 2 4 8 xy 3 2 3 (3) cosBDA DE Vậy diện tích của tam 2r sin D· BE Từ (1) và (3) x, y là giác BFD bằng: hai nghiệm của phương 2 1 1875 2 sin D· BE D· EB 450 trình: S AB.FD cm 2 2 16 2 Câu 26: Đáp án A. ( do tam giác ABC nhọn). X 2 1 3 X 3 2 3 0 Do đó tam giác ABE Vì AB < AC nên x < y, Áp dụng định lý sin cho vuông cân tại E nên do đó x 3, các tam giác IBC và ABC đường tròn ngoại tiếp tam ta có: giác ADE là đường tròn y 2 3. đường kính AC. Lại có:
a 2Rsin A 2 8 1 R 2 2 5x sin B· AC 1200 1 B 2 6 3 x 2sin BIC 2sin 4 2.8 2 2 b) Đáp án A. x 30 A x2 24x 180 0 2Rsin . 1 · 2 x 6 SABC AB.AC.sin BAC 2 Vậy diện tích tam giác Tương tự: ABC trong trường hợp 1 3 2 B C này 2.4. 2 3 cm R 2Rsin 2Rsin 2 2 2 1 1 2 2 AH.BC .6. 6 30 108 cm2 2 2 Câu 29: Đáp án D. Từ đó ta có: R1 R2 R3 TH2: Điểm B nằm giữa Áp dụng định lý sin trong H và C. Lấy điểm D đối tam giác ABC ta có: A B C xứng với B qua H. Khi đó 2R sin sin sin 3R a b c 2 2 2 AD là phân giác ngoài 2R Dấu bằng xảy ra khi và sin A sin B sin C của B· AC. Tương tự chỉ khi tam giác ABC là trường hợp 1, ta tìm được tam giác đều. a b BC = 30cm (bằng DC sin A ,sin B , 2R 2R Câu 27: Đáp án C. trong TH1) c sin C Có 2 trường hợp xảy ra: Vậy diện tích ABC trong sin C trường hợp này bằng TH1: Điểm H nằm giữa B Khi đó: 1 1 và C. Trên tia HC lấy AH.BC .6.30 90 cm2 2 2 a b c điểm D sao cho M b c a c a b D· AH B· AH . Suy ra AD là phân giác của góc Lời bình: Nhiều bạn Do a,b,c dương nên DC DB không chú ý tới vị trí của B· AC nên và a a b b AC AB H nên dễ mất một trong , hai trường hợp. b c a b c a c a b c DB 2BH 6cm c c Áp dụng định lý Pytagore Câu 28: a) Đáp án A. a b a b c trong tam giác vuông Abh Áp dụng công thức độ dài Suy ra: M 1 ta có: đường trung tuyến trong 2 2 2 tam giác ABC ta có: Theo bất đẳng thức trong AB AH BH 45 tam giác ta có: b c a AB2 AC 2 BC 2 AB 3 5 AM 2 nên: 2 4 a 2a 2a Đặt DC x x 0 Ta BC 2 AB2 AC 2 b c b c b c a b c DC 2 AM 2 có: 4 2 Tương tự: AC 5 4 16 b 2b c 2c 3 7 BC 2 7 , DC 5 x 5 2 a c a b c a b a b c AC . Ta có: 2 2 AB2 AC 2 BC 2 Lại có: cosB· AC Suy ra: M 2 2AB.AC AC 2 AH 2 CH 2 Vậy M 1;2
Câu 30: Đáp án A. Theo định lý sin ta có: Đặt NA ·AMN AB a, AD b, AM m 0 Gọi D,E,F lần lượt là sin A · trung điểm của BC, CA, NM sin AN n m, AMN . AB. Khi đó: 2 Theo giả thiết ta có: AN 2 NM sin C BC sin A BC ; là phân giác AD.DM DB.DC . · 4 NC sin CMN BA sin C M· AD M· AD ·ANB (cùng bằng NAD) BC 2 AD AM AD Nhân ba đẳng thức trên 4 Vậy ANM cân tại M theo vế với vế và để ý BC 2 MN AM m. AD.AM AD 2 NA BA rằng , suy ra: 4 NC BC Theo định lý cosin cho ANM có: Theo công thức độ dài sin ·AMN sin A đường trung tuyến trong 1 n2 m2 m2 2m.m.cos A A tam giác ta có: sin sin 2m2 1 cos 2 2 2 2 2 2 BC AB AC 2AD 2 · 2 · n m 2 1 cos 2 sin AMN sin CMN 2 (1) 2AD.AM 2 A sin A sin Theo bài ra ta có: 2 Tương tự ta cũng ta: AN n m 2 1 cos 2 2 BC BA 2BE.BN, Tương tự: AM m m CB2 AC 2 2CF.CP. sin2 ·AMP sin2 B· MP (2) A 2 Từ đó, theo bất đẳng thức sin2 sin A 2 1 cos Cauchy – Schwars ta có: 2 Mặt khác: Ta có: 900 (vì M di BC 2 BA2 AC 2 CF.CP BE.BN AD.AM động trên đoạn BC) 2 · 2 · sin AMN sin AMP 1 cos 0 2 2 2 2 2 2 AM BN CP AD BE CF sin2 C· MN sin2 B· MP 1 (3) AN 2 2 1 cos 2 BA2 BC 2 AC 2 Cộng các đẳng thức (1), AM (2) theo vế đồng thời kết AN đạt giá trị nhỏ 3 hợp với (3) ta suy ra: MN BA2 BC2 AC2 AM2 BN2 CP2 4 AN A · 0 nhất khi 2 xảy 4 sin sin A BAC 120 MN P 2 3 Câu 32: Đáp án A. ra cos 0 900 M  B. Đẳng thức xảy ra khi và Câu 33: Đáp án C. chỉ khi tam giác ABC đều. Ta có: Câu 31: Đáp án A. C· AB 128020 , ·ACB 601 Áp dụng định lý hàm số sin trong ABC :
AC AB cos A 0 S S S 0 AMON BMOP CNOP 1 0 0 A 90 sin 45 39 sin 6 1 B C SABC sin 0 B C 2 AB.sin 45039 1 1 AC OA2.sin A OB2.sinB 0 sin 6 1 2 2 Vậy tam giác ABC vuông 1 1 Xét tam giác vuông ACD: b.c.sin A a.c.sinB tại A hay cân tại A 2 2 0 (đpcm). 1 CD AC.sin 51 40 OC 2.sin C Câu 35: Đáp án A. 2 1 AB.sin 45039 .sin 51040 1 CD a.b.sin C sin 601 2 Suy ra chiều cao của cột OA2 OB2 OC 2 cờ là: 1 b.c a.c a.b h 1,5 CD a.OA2 b.OB2 c.OC2 a.b.c. AB.sin45039 .sin51040 =1,5+ Câu 36: Đáp án A. sin601 Ta có các công thức tính 55,01(m) Xét tứ giác AMON có: diện tích: AM AN, OM ON 2S AC .AB .sin A Câu 34: Đáp án C. và a · 0 · 2S AB.AC.sin A 2cos A sin B sin C MAN 180 MON (*) S S S Sa AC AB sin 2C sin 2B AMON AMN OMN . S AB AC B C B C 1 · 4cos Acos sin AM.AN.sin MAN 1 AC AB 2 2 2 2 AB AC 1 OM.ON.sin M· ON cos B C sin B C 2 (BĐT Cauchy). Tương tự ta có: 1 AM 2 sin M· AN 2 Sb 1 BA BC B C B C . 4cos Acos sin S 2 BC BA 2 2 1 OM 2 sin M· AN (do 2 Sc 1 CB C A B C B C Và . 4cos Acos sin (*)) S 2 CA CB 2 2 B C 1 4cos Acos OA2.sin M· AN Do đó: 2 2 Sa Sb Sc 3 B C B C Chứng minh tương tự ta cos cos 0 S S S 2 2 2 có: B C B C 1 Dấu “=” xảy ra 8cosAsin sin sin 0 S OB2.sin B 2 2 2 BMOP 2 B C Do sin ,sin 0 nên: 1 2 2 S OC 2.sin C CNOP 2
  AC AB a2 4S.cot A (*) 2 2 2OB.OA 2R c AB AC 2 Vậy BA BC 2 2 a b c 2 2   b c BC BA 2 18.OG.GM a2 0 2 2 2 2 2 2 2 CB CA c a b a b c   OG.GM 0 (do có CA CB 2 4 2 4 ( )) C B / /BC b2 c2 2a2 b2 c2 a2 a2 2 2 2 3 2 2 2 2 ma mb mc a b c A C / /CA A , B ,C Hay 4S.cot A a 4 B A / /BA Gọi O và G lần lượt là Câu 39: Đáp án A. là trung điểm của BC, tâm đường tròn ngoại tiếp Đặt C1D x. Ta có: CA, AB. và trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm x x Vậy tan490 AC của BC. Chứng minh rằng AC 1 1 tan490 S S S 3 1 1 Max a b c M· GO không nhọn. Ta sẽ Lại có: S 2 chứng minh: x x 3 4035     tan350 BC m 2019 . BC 1 1 tan350 2 2 GO.GM 0 OG.GM 0 1 1 Ta có: Do: B1C1 A1B1 A1C1 Câu 37: Đáp án A.     3OG OA OB OC; x x Dựa vào tính đối xứng, ta 12       tan 350 tan 490 giả sử A a;0 , B 0;b 6GM 2AM AB AC OB OC 2OA với a 0,b 0 (*) 12.tan 490.tan 350 x   tan 490 tan 350 ab 3OG.6GM Suy ra: SOAB . Mà       2 OA OB OC OB OC 2OA CD x 1,3 22,77 1 1 1   ( ) OB2 OC2 2OA2 2OB.OC a2 b2 R2     Ta có: OA.OC OA.OB 2 2 a 1 a b       (1) 2 2 2 2OB.OC OA.OC OA.OB 2R R a b Mặt khác: 2 2 2 2 2 2 b 2c a b R a b 2R ab   2 BC 2 OC OB 2R 2R 2 2 2 2 2 2 ab a c b a b c S R2 không   2. OAB 2 OB2 OC 2 2OB.OC 2ac 2ab đổi (dấu bằng xảy ra khi   a2 c2 b2 a2 b2 c2 2OB.OC 2R2 a2 a và chỉ khi a b ) 2ac 2ab Kết hợp (*)( ): dấu bằng (trong đó: b 2c xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 2 2 2 R OA OB OC ). a c b a b c a b R 2. 2c b 0 Tương tự ta có: c 2b Câu 38: Đáp án D.   a2 c2 b2 a2 b2 c2 2OA.OC 2R2 b2 ; 0 Chứng minh rằng: c 2b
a2 c2 b2 a2 b2 c2 18.tan44,760 MN 2 AM 2 AN 2 2AI 2 2c b 0 x 0 0 18 c 2b tan48 tan44,76 2 a2 c2 b2 a2 b2 c2 168,055 0 2 2 a2 n2 1 c 2b a a Câu 44: Đáp án A. 2. 2 2 2 2 2 1 1 2 2n 2n a b c 0 Ta có: c 2b Lại có: 2 2 2 a b c . 2 2 AM 2 AN 2 MN 2 CD 0,4 1,25 0,6 cos 2AM.AN Vậy tam giác ABC vuông 1433 tại A. 20 2 2 2 2 a n 1 a2 a n 1 Câu 41: Đáp án A. 2 2 2 2 2 AC 1,5 0,2 0,25 0,5 2n n 2n Câu 42: Đáp án C. 2AM.AN 2AM.AN 1381 4nh Đặt CD x, AB y. Xét Vậy tan 20 a n2 1 tam giác BCD: 1117 2 · x 0 AD n 1 a.tan tan CBD x 14.tan 33 10 h 14 4n Ta có: Câu 46: Đáp án A. Xét tam giác ACD: 2 2 2 · AC CD AD x cosACD Ta có: tan C· AD 2CA.CD y 14 1381 1433 117 FD 1 tan D· EF 400 400 100 14 y tan 200 x DE 5 1433. 1381 2. D· EF 11,30993247 . 14.tan 330 400 y 0 14 10,979 Khi đó: tan 20 827 Chiều sâu của con tàu 0 0 1978973 F· EA 45 D· EF 33 41 24,24 đắm bằng: Câu 47: Đáp án A. · 0 14.tan 330 ACD 126 0 23,08 8 0 32,979 tan 20 Câu 45: Đáp án A. Câu 43: Đáp án D. a a Ta có: MN , AI . Đặt AB y, BC x. Ta n 2 có: Đặt AH h Ta có: x x Ta có: tan44,760 y 0 S· QB P· QT ,T· PO  y tan44,76 1 SABC SAMN AM.AN.sin Xét tam giác POQ ta có: Lại có: 2 n 0 ah  45 x 18 x 18 sin tan480 y n.AM.AN y tan480 Ta có: x x 18 Mặt khác: P· QO 1800 2 900 tan 44,760 tan 480 Áp dụng định lý cosin
trong tam giác OPQ ta có: K xy yz zx Theo định lý hàm số PQ2 OP2 OQ2 2OP.OQ.cos450 cosin ta dễ dàng có được 4 S S S OAB OBC AOC AB = 4, BC = 5, AC = 6. Áp dụng công thức 2 2 1 4 2 6 2.2. 2 6 4S 4. .5.12 120. Herong ta có: 2 ABC 2 15 7 = 8. Câu 49: Đáp án A. S ABC 4 Khi đó Giả sử: x, y, z là Tam giác ABC nhọn, suy 2 nghiệm của hệ thì: 2 6 8 4 3 ra M nằm trong tam giác cos ABC. Khi đó: 1 1 1 2.2 2. 2 6 2 16 x y xy S S S S 300 ABC MAB MAC MBC 1 1 1 Áp dụng định lý sin trong 25 1 0 z y zy ab bc ca sin120 tam giác PTO ta có: 2 1 1 1 2 PT 36 15 7 0 0 x z xz sin 90 sin 45 4 1 1 1 m 0 ab bc ca 5 21 2sin 45 2 6 x y z PT sin 600 3 Từ ba phương trình đầu ta Đặt có: Câu 48: Đáp án A. 1 1 1 a ,b ,c x y z 2 a2 b2 c2 ab bc ca 77 (a,b,c>0) 77 5 21 a2 b2 c2 Hệ trở thành: 2 Vậy a b c 2 a2 b2 ab 16 2 2 2 b2 c2 bc 25 a b c 2 ab bc ca a2 c2 ac 36 Xét tam giác vuông ABC 77 5 21 77 15 21 tại C với AB=13, AC=5, 10 21 a b c m 2 2 BC=12. Gọi O là điểm nằm trong tam giác ABC Trong mặt phẳng ta vẽ ba 77 15 21 thỏa mãn đoạn thẳng a b c m MA a, MB b, MC c 2 · 0 · 0 AOC 90 , BOC 135 đôi một hợp với nhau góc Câu 50: Đáp án D. 0 Đặt 120 Từ hệ phương trình suy ra y z x 1, z 2 OB x,OA ,OC 2 2 Hệ phương trình tương Dễ thấy x, y, z thỏa mãn đương: điều kiên trên. Ta có: 1 1 1 S xy, S yz, S xz AOB 4 AOC 4 OBC 4 Từ đó suy ra:
2 Trường hợp này phương 2 2 2 2 2 2 2 25 2 4 b c a a c b x 1 y trình vô nghiệm. c 4 9 2 4 2 4 2 2 y 2 z 4 Với x 0, xét tam giác 4 b2 a2 c2 c2 ABC vuông tại A có 2 9 4 y x 1. 2 z AB 4, AC 3. Gọi AD 2 2 2 2 là phân giác góc B· AC . 5c a b 2abcosC 4c Trên tia AD lấy điểm M sin Asin B cosC sao cho AM x. 2sin A B sin C Áp dụng định lý cosin 2sin A B trong tam giác ACM: cot C CM 2 x2 3x 2 9 sin A.sin B Xét tam giác ABC vuông Áp dụng định lý cosin cot C 2 cot A cot B tại B, đường cao BD với trong tam giác ABM: Câu 2: Đáp án D. 5 2 2 AB , BC 2. BM x 4x 2 16  1   2 Ta có: CG CA CB Suy ra: 3 Đặt BD y, AD x 1,CD 2 zCM BM BC 5 Dấu Lại có:    bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với D hay: aIA bIB cIC 0 Rõ ràng x, y, z thỏa mãn      3.4. 2 12 2 a IC CA b IC CB cIC 0 điều kiện trên. Khi đó: x AD   3 4 7  aCA bCB A y x 1 2 z IC Phương trình có nghiệm a b c 1 5 duy nhất.    2S 2. . .2 5 GI CI CG ABC 2 2   2a b c CA 2b a c CB Câu 51: Đáp án C. BÀI KIỂM TRA 3 a b c Xét tam giác vuông ABC CHỦ ĐỀ IX Theo yêu cầu bài toán: tại B có BC 4, BA 3   và đường cao BD. Đặt Câu 1: Đáp án A. IG  IC GI.CI 0 BD y, DA x, DC z.   Gọi G là trọng tâm tam Ta thấy x, y, z thỏa mãn 2a b c CA 2b a c CB giác ABC. Ta có:   điều kiện. Khi đó: . aCA bCB 0 2 2 b2 c2 a2 B y x z 2S 3.4 12. AG AA ABC 3 3 2 4 b 2a b c a 2b a c Câu 52: Đáp án B.   . ab CB.CA 0 Với x 0 thì 2 2 a2 c2 b2 BG BB 3 3 2 4   2 Do ab CB.CA x 3x 2 9 3 Do AG vuông góc với 2 BG nên ab abcosC x 4x 2 16 4 2 2 2 AB BG AG ab 1 cosC 0 nên
b 2a b c a 2b a c 0 CM2 9 B c C b 5 2 5 cos ,cos 2 AL 4 2 lb 2 lc a b c a b 6ab 1 cos A 5 2 5 bc 1 cos A Lại có: sin B.sin C Câu 3: Đáp án C. a2  1   1   5 1 AM AB CM AB AC cos A B· AC 720 B C B C bc 2 4sin .sin cos cos 2 2 2 2 2 2 a2 Câu 4: Đáp án A. Lại có: B C l .l sin .sin b c  b  c  Gọi O là tâm đường tròn 2 2 4a2 AL AB AC ngoại tiếp tam giác ABC. b c b c Áp dụng định lý hàm sin   Ta có: AL  CM AL.CM 0 trong tam giác IBC ta có: 3MA2 2MB2 MC 2 IB IC a b  c  a 2 AB AC     C B sinB· DC b c c b 2MO 3OA 2OB OC 0 sin sin   2 2 1    B C l .l AB AC 0 2MO 2AB AC 0 2 b c 2 IA.IC 2a sin .sin     2 2 2 bAB cAC AB 2AC 0 Vậy tập hợp các điểm M Gọi D là chân đường phân giác trong góc A. thỏa mãn điều kiện là Khi đó ta có:   đường thẳng qua tâm c 2b AB.AC ngoại tiếp tam giác ABC SABC SABD SACD và vuông góc với đường 1 1 bc c 2b 0 thẳng là giá của vectơ bc bl sin 450   2 2 a 2AB AC c 2b 1 Câu 5: Đáp án C. cl sin 450 Khi đó: 2 a Ta có:  1  2  AL AB AC bc 2 la 3 3 4 4 4 c a a b c b c c b 8b2.cos A 8b2 AL2 Câu 7: Đáp án C. 9 ·ABC, B· AC nhọn Ta có: ·ADC 600 8b2 1 cos A Lại có: 9 Cách 1: Áp dụng định lý c4 a2a2 b2b2 a2c2 b2c2 sin trong hai tam giác 2 2 2 2 Và CM b b 2b cosA ADC và ABC ta có: 2 2 2 2 2b2 1 cos A c a b c 2abcosC CD CA · 0 cosC 0 ACB sin C¼AD sin 60 Theo giả thiết ta có: nhọn BC CA CM 3 0 5 2 5 Câu 6: Đáp án D. sin C· AD 150 sin 45 AL 2 Ta có:
· 0 Đặt AP x, PB y, PC z. CDsin CAD 15 sin450 BCsinC· AD sin600 ÁP dụng định lí cosin trong các tam · 0 sinCAD 2 sin45 giác PCA, PAB, PBC ta có: 0 sin C· AD 150 3 sin60 x2 z 2 b2 2bz cos Từ đây dễ dàng tìm được Do tam giác APB vuông 2 2 2 C· AD 450 . Suy ra y x c 2cx cos tại P nên · 0 ACB 75 2 2 2 4x2 4y2 42 z y a 2ay cos Cách 2: Gọi E trên đoạn AD sao cho CE  AD. x2 y2 4. 2 cx ay bz cos Xét tam giác CDE ta có: Lại có a2 b2 c2 D· CE 300,DE DC.sin D· CE D· PC D· QC P· CQ P· DQ CD 2DE 132 142 152 590 =1 Suy ra BD DE, hay P· CQ P· DQ 450. cx ay bz cos 295 tam giác BDE cân tại D. Ta có: Suy ra D· BE D· EB 300 Suy ra: · · 0 tan PCQ PDQ tan 45 . S S S S Khi đó: ABC PAB PAC PBC · · 0 cx ay bz sin CBE DEB 30 2y 2x 2 E· BA E· AB 150 5x 5y 1 2y 2x Áp dụng công thức Heron ta suy Suy ra hai tam giác BCE, 1 . ra 5x 5y BAE cân hay S 84. EA CE BE. 10 x2 y2 ABC 1. Điều này suy ra tam giác 21xy cx ay bz sin Suy ra 84 AEC vuông cân. Hay 2 40 ·ACE 450 xy 21 cx ay bz sin 168 Vậy ·ACB 750 Diện tích hình thang ABCD 168 Vậy tan . Câu 8: Đáp án B. bằng: 295 Theo định lí Thales ta có: 1 Suy ra m n 463. S AC.BD AP BP 4 2 2 . Câu 10: Đáp án C. PC PD 10 5 1 49 .7x.7y xyy Cách 1: 2 2 Đặt AP 2x, BP 2y, 49 40 140 Dựa vào hình vẽ ta suy ra a, b . dương. 2 21 3 Tam giác OAB đều nên Câu 9: Đáp án A.
OA AB 11 a 3 Vì vậy, OB OA 2x 2x 1 2 sin A sin C sin B 2 1 2 2 a 121 b a 676 b 0 cos 60 x a2 12 b2 1369 2 sin C sin B 2 cos cos600 sin sin 600 2 b 2ab 555 0 2 1 sin A cos A 2 2 a 11 3 a b 1248 2x 2x b 555 2 sin A cos A 1 a Từ đây suy ra 2 2b 2 2 2 1 2 2 sin A a b 1248 a 21 3,b 5 3 b 555 ab 315. a 2 2 cos A 1 2 2b Câu 11: Đáp án A. b2 555 5552 2sin A 1 2cos A 2 1 0 2 B 4 2 4b r p b tan 2 2 b 1248 0 a c b 45 2 tan sin A 2 2 2 b 555 R 2 1 a 4 2 2 2 2b sin A 2 4 2 2 . sin A sin C sin B 3b 3882b 555 0 Câu 12: Đáp án D. Và sin C sin 1800 A B b 555 a Đặt x P· CB P· BC 800 x. 2 2b 0 2 sin 135 A b 75 Áp dụng định lý sin ta có: 2 sin A cos A PA PB PC a 21 3,b 5 3 ab 315 1 . . 2 PB PC PA Cách 2: Đặt x OA OB AB, Áp dụng công thức Euler sin P· BA sin P· CB sin P· AC giả sử ta có: sin P· AB sin P· BC sin P· CA Góc là góc tạo bởi tia OA và tia Ox. OI 2 R R 2r sin 200 sin xsin 400 0 0 0 11 a sin10 sin 80 x sin 30 Khi đó, sin ,cos x x 1 2 0 0 R2 . sin A sin C sin B 4sin x.sin 40 sin10 0 và B· Ox 60 0 . 2 1 sin 80 x ta có: Theo giả thiết ta có: 2sin x. sin 300 sin 500 37 0 sin 60 2Io AB AC 1 x sin 800 x 2 2 2 sin cos600 cos sin 600 OI 2R sin C sin B
sin 2cos 400 1 Giá trị nguyên lớn nhất của x thỏa a2 b2 c2 2abcosC mãn sin 800 x Nếu tam giác ABC có C nhọn yêu cầu bài toán là x = 0. thì a2 b2 c2 0. 2sin x cos 400 Câu 16: Đáp án B. Câu 19: Đáp án D. sin 800 x sin x Do tam giác ABC vuông cân nên Áp dụng định lí cosin trong tam 0 0 0 giác 2sin 40 x cos 40 x 20BC a 2R và ABC ta có: AB AC R 2 b2 c2 a2 92 42 72 2 Vậy ·ACB 500 B· AC. R 2 R 2 2R cos A . p 2bc 2.9.4 3 2 Câu 13: Đáp án D. R 2 R AB2 BC2 AC2 2BC.CA.cos ·ACB Câu 20: Đáp án C. A Lại có r p a tan 2 Diện tích tam giác ABC bằng 2 43 BC 49 7BC 1 1 0 R 2 R 2R tan 450 S .AB.AC.sin A .6.8.sin30 12 2 2 6 BC 7BC 6 0 r BC 1 R 2 1 2 1 . R Câu 21: Đáp án D. BC 6 Câu 17: Đáp án B. Nửa chu vi tam giác ABC bằng Câu 14: Đáp án B. 1 2 3 4 9 S GM.GN.sin M· GN p Giả sử H x; y . Ta có: GMN 2 2 2   AB.HC 0 1 GC GB Ta có:   . . .sin B· GC AC.HB 0 2 2 2 9 9 2 3.2. 4 2 bc.p p a 6 x 2 y 0 1 2 2 SGBC l 4 a b c 3 2 2 3 x 5 y 0 1 1 . d G, BC .BC x 3 4 2 . 54 y 5 1 1 1 5 . . d A, BC .BC 4 2 3 Câu 15: Đáp án C. Câu 22: Đáp án D. 1 ab SABC cos 12 Dựng đường cao AE. a b 1 1 75 Đặt AB = x. Khi đó AE =x. . .AB.AC.sin A . 3x 6 6x 3 12 2 2 0 9 x 2 2 . 9 2x 1 2 Câu 18: Đáp án D. Ta có: 1 9x 3 x 3
Ta có: 4 3 Áp dụng định lí sin trong tam giác . a2 b2 c2 9 4 CD AB 10 x ABC ta có: DE và 2 2 2 2 2 a b c 8 b c 2 10 x 10 x 0 0 0 CE DC DE 10 sin 45 sin 60 sin 75 1 29 2 2 a2 b2 c2 . 6 6 b 4 6 Do tam giác CAD vuông tại A Câu 24: Đáp án A. c 4 4 3 nên Ta có: Nửa chu vi tam giác ABC: 100 x2   AE2 DE.CE x2 AB 1;3 , AC 1; 2 8 4 6 4 4 3 4 p 6 2 3 2 6 2 Diện tích tam giác ABC x2 20 x 20 2 5 bằng: Diện tích tam giác ABC bằng: Diện tích hình thang cân bằng: 1 5 1 1 S 1 2 3 . S absin C .8.4 6 sin 750 AB CD AE 2 5 10 2 5 2 2 2 2 S 2 2 Câu 25: Đáp án B. 24 8 3 a2 c2 b2 2ac cos B Bán kính nội tiếp đường tròn là 10 5 1 . 2 2 2 b c a 2bc cos A a cos B S 24 8 3 Câu 23: Đáp án D. r bcos A p 6 2 3 2 6 Ta có: Diện tích đường tròn nột tiếp tam       2Rsin Acos B tan A . giác bằng: GA.GB GB.GC GC.GA 2Rsin B cos A tan B 2 2 2 2 GA GB AB Câu 26: Đáp án A. 3 12 4 3 r . 2 Diện tích tam giác ABC bằng 3 3 6 GB2 GC2 BC2 1 Câu 28: Đáp án A. 2 S a.b.sin C 2 2 2 2 cos sin cos 1 GA GC AC 1 0 .2 3.2.sin 30 3 sin3 sin3 sin2 2 2 cot Lại có 2 GA2 GB2 GC2 1 cot sin2 BC2 AB2 AC2 1 S a.ha 2 cot 1 cot2 1 cot2 2 2S 2 3 4 2 2 2 ha 1. m m m a 2 3 1 cot cot2 cot3 9 a b c a2 b2 c2 Câu 27: Đáp án A. Câu 29: Đáp án A. 2 Ta có: µA 1800 Bµ Cµ 450.
cot2 2 cos2 2 Ta có: Mặt khác ta có: A 2 1 tan k0 1 tan 45 k 0 cot 2 Áp dụng định lí cosin trong tam sin 2 .cos 2 giác 0 0 cot 2 1 tan k tan 45 k AEC ta có: cos2 2 sin 2 .cos 2 2 2 1 0 0 · 12 27 9.70 3 2 cos 2 tan k tan 45 k cos AEC cot 2 2.12.27 8 sin 2 0 1 tan 45 55 1 sin2 2 sin2 2 1. sin AEC . 1 tan k0 tan 45 k 0 8 Câu 30: Đáp án B. Ta có: tan k 0 tan 45 k 0 2 Ta có: 1 · 2 SABF 2SAEF 2. .AE.EF.sin AEF xM 6xM 8 0 xM 2;4 Vậy 2 1 1 tan10 1 tan 20 S S VABM 3 VABC 8 55. 1 tan 450 1 1 1 Vậy m n 8 55 63. .d A,BM .BM . .d A,BC .BC 2 3 2 0 0 Câu 33: Đáp án C. 1 tan1 1 tan 44 BC . 1 tan 20 BM 3 0 0 Giả sử M x; y .Trường hợp 1. 1 tan 22 1 tan 23  . 1 tan 450  BC 3 x 2 5 BM 3 3y 1 23 1 A 2 AF.AG.sin S AF 10 AGF 2 2 1 1 1 Vậy n = 23. x y M ; SAEG 1 A AE 3 3 3 3 AE.AG.sin Câu 32: Đáp án D. 2 2 Trường hợp 2. Áp dụng công thức độ  S 10  AGF BC 3 x 2 5 dài đường BM SAEF 13 3 3y 1 trung tuyến , ta có: Lại có: 11 2 2 x BC 4.18 1 3 11 1 AF.AE.sin A M ; . 2 2 SAEF 2 30 10 1 3 3 2 24 AC y S 1 444 148 3 ABC AB.AC.sin A 242 4.272 2 Câu 31: Đáp án C. 2 AC2 BC2 S 25 AGF S 481 AC 3 70 ABC
Do tam giác ABC vuông tại B nên 1 Câu 36: Đáp án A. S AE.AF.sin1200 AEF 2 2 2 BC 37 12 35. 1 3 3 . Do AD là phân giác của 2 2 4 góc C· AB Dễ thấy: 60 AEF CGH BDI Nên dễ dàng suy ra BD . Đặt AD x AB 2x. 7 SAEF SCGH Do đó diện tích hình chữ nhật Diện tích tam giác ABC: 3 S ABCD BDI 4 1 S BA.BC 2 ABC Diện tích hình bằng SABCD 2x . Theo đề bài 2 1 ta có: .12.35 210. lục giác DEFGHI 2 ·ADE E· DF F· DC 300. S 3SABDE 3SAEF SABC Suy ra Áp dụng hệ thức lượng trong 25 5250 3 3 3 S .210 3 3 3 các tam AGF 481 481 4 4 giác ADE và ADF ta có: Diện tích tam giác ABD: Câu 35: Đáp án B. x 2x 1 1 60 360 cos300 DE S BA.BD .12. . DE 3 ABD 2 2 7 7 x cos600 DF 2x. Diện tích tứ giác DCFG bằng: DF Diện tích tam giác DEF bằng S SABC SAGF SABD 148. 1 Câu 34: Đáp án C. Chú ý rằng 6 tam giác bên S DE.DF.sin 300 DEF 2 trong tam 1 2x 1 x2 giác ABC có thể gộp thành . .2x. 2 3 2 3 một lục Tỉ số diện tích là giác đều. x2 diện tích lục giác đều có cạnh S 3 DEF 3 . bằng 1 2 SABCD 2x 6 · 0 0 0 0 EAF 360 90 60 90 1 3 3 là S 6. .1.1.sin1200 . Câu 37: Đáp án C. 0 2 2 120 Đặt BE x, AJ y. Do đó diện tích của tam giác Diện tích tam giác AEF bằng Vì F· KH E· JK ·AGJ D· HG ABC bằng và 2S 3 3. F· HK E· KJ ·AJG D· GH
nên các sử điểm A 0;0 , B 16;0 và sin10 sin 30 sin 50 Tam giác KEJ, JAG, C 20;0 . .sin1770 sin1790 0 0 GDH, HFK đồng do sự đối xứng ta có thể cho D và sin 2 sin 4 dạng. Sử dụng tính chất đối xứng E ở .sin1760 sin1780 và góc phần tư thứ nhất. sin10 sin 20 sin1790 định lí Pytago ta có: Do hai tma giác 2sin10 cos10 2sin890 cos890 EK = xy, ABD, BCE đều nên 2 2 FK 1 y , EJ x 1 y D 8;8 3 ,E 18;2 3 . Vì ta biết sin 910 sin 920 sin1780 sin1790 Do M là trung điểm của AE, BE EJ AJ EK FK 1 cos10 cos 20 cos890 N là trung Nên ta có phương trình: điểm của BD nên x x 1 y2 y 1 1 89 2 M 9; 3 , N 14;4 3 . 2 xy 1 y 1 1 Từ đó suy ra Suy ra 289. Vậy m + n = 91. 1 1 y2 p2 x BM BN MN 2 13. y Câu 40: Đáp án A. Diện tích tam giác BMN 1 1 y2 1 1 y2 Trường hợp P trùng với B, Q bằng y y trùng với . 1 y2 y 1 1 0 SBMN BM.BN.sin 60 C ta có PQ  25. 2 2 2 Khi đó SPQRS   0 1 3 x 2 3 . 2 13 13 3. 2 2 25 625 0 25 1 . y 2 x 13 3 x 2 507. Trường hợp P trùng với trung điểm của Câu 38: Đáp án B. Câu 39: Đáp án B. đoạn AB, Q trùng với trung điểm Đặt của p sin10 sin 30 sin 50 sin890 25 đoạn AC ta có: PQ  . 2 sin10 sin 30 sin 50 1 .sin1770 sin1790 dễ thấy S S . PQRS 2 ABCD áp dụng hệt thức Hê-rông ta có: Trong mặt phẳng với hệ SABC =90. tọa độ Oxy, giả
625 625 625 = AB + AC =43. 25 45    Ta có: CM AM và 2 4 4 2 Tỉ số chu vi vủa 36  . tam giác ADE và 252 5 11 125 MD AD2 AM2 152 43 4 2 Vậy m + n = 161 ABC là là tỉ số 63 Câu 41: Đáp án B. · · đồng dạng của hai Ta có: sin CMD cosCMA m S DEF Tam giác này. Do đó MC2 MA2 AC2 527 n SABC . S S 43 860 2MC.MA 625 ABC ADF DE .20 S S 63 63 1 BDE CEF · m n 923. SCDM MC.MD.sin CMD SABC 2 Câu 43: Đáp án D. 1 p 1 r 1 25 5 11 527 527 11 . . . q 1 p r 1 q 2 2 2 625 40 m n p 578 pq qr rp Câu 44: Đáp án B. p q r 1 Do p q r 2 Do tam giác ABC vuông tại C nên p2 q2 r2 2 2 AB 7 24 25. 2 pq qr rp 25 Suy ra AM . 1 2 pq qr rp 45 Cách 1: m 1 2 16 Ta có ABCF là hình bình hành 1 Gọi N là hình chiếu của C lên AB. Vậy n 45 3 45 trong đó m n 61. Lại có: F là giao điểm của CE và AD và Câu 42: Đáp án A. 2 2 MD AD AM VABC : VEFD. Gọi I là tâm đường tròn 252 5 11 Áp dụng định lí cosin trong tam 52 . nội tiếp tam 4 2 giác giác ABC. Ta có: 1 ABC ta có: Vậy S MN.MD CDM 2 tam giác BDI cân tại AC BA2 BC2 2BA.BC.cos B 7 D, tam giác CEI cân tại E. 1 527 5 11 527 11 . . 2 50 2 40 2 2 Vậy DE BD EC. S AC 7 Suy ra ABC Chu vi tam giác ADE là m n p 578 SEFD DE 15 AD + AE + DE Cách 2:
S 2 2 2 AC = AF + CF = DE + CE = CD= và ABC 1. DC ED EC S 10. FAC 2.ED.EC.cos600 Suy ra DE = AF = AG = 10-y. SABC d B, AC .AC ta có: 122 x 10 2 x 8 2 SBDE d B, DE .DE Vậy BG = BE = BD+ DE = 20-y, Suy ra AB = AG + BG = 30 – 2y. d B, AC .AC x 10 x 8 d B, AC 2 Áp dụng công thức độ dài đường x 18x 60 0 trung d F, AC .DE x 9 141 tuyến ta có: d F, DE Vậy m + n = 150. 2 d B, AC .AC 3x .20 20.10.10 Câu 46: Đáp án A. 102.10 30 2y 2 .10. d B, AC d B, AC .DE 2 y 2 y 12y 20 0 15 y 10 + d B, AC 7 Gọi E, F, G lần lượt là các Với y =0 bị loại. Vậy y =2. AC 49 điểm tiếp xúc Vậy BC = 20, AB =26, AC =10 29 DE 425 7 của (I) với các cạnh Diện tích tam giác ABC bằng m n 484. BC, AC, AB và Câu 45: Đáp án C 28.8.2.18 24 4 PQ là giao điểm của (I) Vậy m + n =38. với AD (P Câu 47: Đáp án D. ở giữa AQ). Không mất tính tổng quát, Gọi x; y là tọa độ điểm H. giả sử AC < AB, E nằm Ta có:   giữa D và C. AH  BC AH.BC 0   B BC BH k BC Đặt AD = 3x. Đặt AB = x. Ta có: 2 x 1 y 2 0 k 3 Gọi E là giao điểm của AD và x 3 2k x 3 BC. DE2 DQ.DP x.2x y 5 k y 2 Khi đó tam giác EAB đều. AP.AQ.AF 2 Ta có: ED = x-10, EC = x-8. DE AF H 3;2 . Áp dụng định lí cosin trong tam Đặt CE = CF = y (y <10). giác Câu 48: Đáp án A. 2 2 EAD ta có: Khi đó 2x 10 y . Ta có:
sin4 x 4 1 sin2 x - cos4 x 4 1 cos2 x 2 sin2 x 2 cos2 x cos 2x. Gọi l là đường thẳng Câu 50: Đáp án A. vuông góc với d Áp dụng AM-GM ta có: tại A. sin x 2y cos x 2y Khi đó l chính là phân giác của 2 2 OAB. y y cos x 2 sin x 2 Ta có: AB 4 2, AO 4 5. y2 y 2 sin x cos x 4 Khi đó: 2sin x cos x 5AB 2AO y2 y 4 5 4 2;4 5 8 2 2 sin x cos x 4 Chính là vecto chỉ phương y2 y 1 sin x cos x 4 của đường y2 thẳng l. y 1 y 2 4 hệ số góc của đường thẳng Dấu bằng xảy ra khi l là: sin x cos x x 450. 4 5 8 2 5 2 2 4 5 4 2 5 2 Hệ số góc của đường thẳng d là: 5 2 10 1 2 2 5 3 Câu 49: Đáp án B. sin4 x 4cos2 x cos4 x 4sin2 x