Sách bài tập Toán 10 - Hình học 10 nâng cao - Chương II - Bài tập Ôn tập chương II

  1. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪

    Bài 82 trang 51 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Tìm giá trị của mỗi biểu thức sau:
    \(A = 2\sin {30^0} - 3\cos {45^0} + 4\cos {60^0}\)\( - 5\sin {120^0} + 6\cos {150^0}.\)
    \(B = 3{\sin ^2}{45^0} - 2{\cos ^2}{45^0} - 4{\sin ^2}{50^0}\)\( - 4{\cos ^2}{50^0} + 5\tan {55^0}{\mathop{\rm c}\nolimits} {\rm{ot5}}{{\rm{5}}^0}.\)
    Giải
    \(\begin{array}{l}A = 1 - \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2} + 2 - \dfrac{{5\sqrt 3 }}{2} - \dfrac{{6\sqrt 3 }}{2}\\ = 3 - \dfrac{{11\sqrt 3 + 3\sqrt 2 }}{2}.\\B = \dfrac{3}{2} - 1 - 4 + 5 = \dfrac{3}{2}.\end{array}\)

    Bài 83 trang 51 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho tam giác đều \(ABC\) có \(I, J\) lần lượt là trung điểm của \(AB, AC\). Tìm \(\cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ), \cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} ), \) \( \cos (\overrightarrow {BJ} ,\overrightarrow {BC} ), \cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BJ} ),\) \( \cos (\overrightarrow {BJ} ,\overrightarrow {CI} ). \)
    Giải
    (h.69).
    01.jpg
    \(\begin{array}{l}\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \cos {60^0} = \dfrac{1}{2}.\\\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \cos {120^0} = - \dfrac{1}{2}.\\\cos \left( {\overrightarrow {BJ} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \cos {30^0} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\\\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BJ} } \right) = \cos {150^0} = - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\\\cos \left( {\overrightarrow {BJ} ,\overrightarrow {CI} } \right) = \cos {120^0} = - \dfrac{1}{2}.\end{array}\)

    Bài 84 trang 51 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho tam giác cân có góc ở đáy bằng \(\alpha \). Chứng minh rằng
    \(2\sin \alpha \cos \alpha = \sin 2\alpha \).
    Giải
    (h.70).
    02.jpg
    Xét tam giác \(ABC\) cân ở đỉnh \(A\) có góc đáy bằng \(\alpha \), \(AH\) là đường cao. Ta có
    \(\begin{array}{l}S = \dfrac{1}{2}AH.BC = AH.BH\\S = \dfrac{1}{2}.AB.AC.\sin ({180^0} - 2\alpha ) \\= \dfrac{1}{2}.AB.AC.\sin 2\alpha \end{array}\)
    Từ đó suy ra \(2AH.BH = AB.AC.\sin 2\alpha\)
    \( \Rightarrow \sin 2\alpha = 2.\dfrac{{BH}}{{AB}}.\dfrac{{AH}}{{AC}}\)
    \(= 2\cos \alpha .\sin \alpha \)

    Bài 85 trang 51 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho tam giác đều \(BAC\) có cạnh bằng \(1\). Gọi \(D\) là điểm đối xứng với \(C\) qua đường thẳng \(AB, M\) là trung điểm của cạnh \(CB.\)
    a) Xác định trên đường thẳng \(AC\) một điểm \(N\) sao cho tam giác \(MDN\) vuông tại \(D\). Tính diện tích tam giác đó.
    b) Xác định trên đường thẳng \(AC\) điểm \(P\) sao cho tam giác \(MPD\) vuông tại \(M\). Tính diện tích tam giác đó.
    c) Tính côsin của góc hợp bởi hai đường thẳng \(MP\) và \(PD.\)
    Giải
    (h.71).
    03.jpg
    Đặt \(\overrightarrow {CA} = \overrightarrow a ; \overrightarrow {CB} = \overrightarrow b \).
    Khi đó \(\overrightarrow {CD} = \overrightarrow a + \overrightarrow b ; \overrightarrow {CM} = \dfrac{{\overrightarrow b }}{2} ;\) \( {\overrightarrow a ^2} = {\overrightarrow b ^2} = 1 ; \overrightarrow a .\overrightarrow b = \dfrac{1}{2}\).
    a) Giả sử \(\overrightarrow {CN} = n\overrightarrow {CA} = n\overrightarrow a \). Khi đó ta có
    \(\overrightarrow {MD} = \overrightarrow {CD} - \overrightarrow {CM} = \overrightarrow a + \dfrac{{\overrightarrow b }}{2} ;\) \( \overrightarrow {ND} = \overrightarrow {CD} - \overrightarrow {CN} = (1 - n)\overrightarrow a + \overrightarrow b \).
    Suy ra\(\begin{array}{l}\overrightarrow {MD} .\overrightarrow {ND} = \left( {\overrightarrow a + \dfrac{{\overrightarrow b }}{2}} \right)\left[ {(1 - n)\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right]\\ = (1 - n){\overrightarrow a ^2} + \dfrac{{{{\overrightarrow b }^2}}}{2} + \left( {1 + \dfrac{{1 - n}}{2}} \right)\overrightarrow a .\overrightarrow b \\ = 1 - n + \dfrac{1}{2} + \dfrac{{3 - n}}{4} = \dfrac{{9 - 5n}}{4}.\end{array}\)
    Để tam giác MDN vuông tại D ta phải có \(\overrightarrow {MD} .\overrightarrow {ND} = \overrightarrow 0 \) hay \(n = \dfrac{9}{5}\).
    Vậy \(\overrightarrow {CN} = \dfrac{9}{5}\overrightarrow a \).
    Để tính diện tích tam giác MDN, ta tính bình phương độ dài hai cạnh MD và ND :
    \(\begin{array}{l}M{D^2} = {\overrightarrow {MD} ^2} = {\left( {\overrightarrow a + \dfrac{{\overrightarrow b }}{2}} \right)^2}\\ = 1 + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{7}{4}.\\N{D^2} = {\overrightarrow {ND} ^2} = {\left( { - \dfrac{4}{5}\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right)^2}\\ = \dfrac{{16}}{{25}} + 1 - \dfrac{4}{5} = \dfrac{{21}}{{25}}.\end{array}\).
    Vậy \({S_{MDN}} = \dfrac{1}{2}\sqrt {\dfrac{7}{4}.\dfrac{{21}}{{25}}} = \dfrac{{7\sqrt 3 }}{{20}}\).
    b) Giả sử \(\overrightarrow {CP} = p\overrightarrow {CA} = p\overrightarrow a \). Ta có \(\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {CP} - \overrightarrow {CM} = p\overrightarrow a - \dfrac{1}{2}\overrightarrow b \).
    Khi đó \(\overrightarrow {MD} .\overrightarrow {MP} = \left( {\overrightarrow a + \dfrac{{\overrightarrow b }}{2}} \right)\left( {p\overrightarrow a - \dfrac{{\overrightarrow b }}{2}} \right) \\= p - \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4} + \dfrac{p}{4} = \dfrac{{5p - 2}}{4}.\)
    Để tam giác PMD vuông tại M ta phải có \(\overrightarrow {MD} .\overrightarrow {MP} = \overrightarrow 0 \) hay \(p = \dfrac{2}{5}\), tức \(\overrightarrow {CP} = \dfrac{2}{5}\overrightarrow a \).
    Khi đó \(M{P^2} = {\overrightarrow {MP} ^2} = {\left( {\dfrac{2}{5}\overrightarrow a - \dfrac{{\overrightarrow b }}{2}} \right)^2}\\ = \dfrac{4}{{25}} + \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{5} = \dfrac{{21}}{{100}}.\)
    Vậy \({S_{PMD}} = \dfrac{1}{2}\sqrt {\dfrac{{21}}{{100}}.\dfrac{7}{4}} = \dfrac{{7\sqrt 3 }}{{40}}\).
    c) Theo trên, ta có \(\overrightarrow {MP} = \dfrac{{2\overrightarrow a }}{5} - \dfrac{{\overrightarrow b }}{2} ; \)
    \( \overrightarrow {PD} = \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {CP} \)
    \(= \overrightarrow a + \overrightarrow b - \dfrac{2}{5}\overrightarrow a = \dfrac{3}{5}\overrightarrow a + \overrightarrow b \).
    Bởi vậy
    \(\begin{array}{l}{\overrightarrow {MP} ^2} = \dfrac{4}{{25}} + \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{5} = \dfrac{{21}}{{100}} ; \\ {\overrightarrow {PD} ^2} = \dfrac{9}{{25}} + 1 + \dfrac{3}{5} = \dfrac{{49}}{{25}}.\\\overrightarrow {MP} .\overrightarrow {PD} = \dfrac{6}{{25}} + \dfrac{1}{5} - \dfrac{3}{{20}} - \dfrac{1}{2}\\ = - \dfrac{{21}}{{100}}.\end{array}\)
    Gọi \(\alpha \) là góc hợp bởi hai đường thẳng MP và PD ta có
    \(\cos \alpha = \dfrac{{|\overrightarrow {MP} .\overrightarrow {PD} |}}{{|\overrightarrow {MP} |.|\overrightarrow {PD} |}}\\ = \dfrac{{21}}{{100}}:\left( {\sqrt {\dfrac{{21}}{{100}}} .\sqrt {\dfrac{{49}}{{25}}} } \right)\\ = \dfrac{{\sqrt {21} }}{{10}}.\dfrac{5}{7} = \dfrac{{\sqrt {21} }}{{14}}\).

    Bài 86 trang 51 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho tam giác \(ABC\) có \(\widehat A = {60^0} , a = 10 , r = \dfrac{{5\sqrt 3 }}{3}\).
    a) Tính \(R.\)
    b) Tính \(b, c.\)
    Giải
    04.jpg
    a) Ta có
    \(2R = \dfrac{a}{{\sin A}} = \dfrac{{10}}{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{20\sqrt 3 }}{3} \)
    \( \Rightarrow R = \dfrac{{10\sqrt 3 }}{3}\).
    b) Gọi \(M, N, P\) lần lượt là các tiếp điểm của \(BC, CA, AB\) với đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\) (h.72).
    Ta có \(AP = AN = r.\cot {30^0} = 5 ; \)
    \(BP + NC = BM + MC = a = 10\).
    Từ đó ta có \((b - AN) + (c - AP) = 10\) hay \(b+c=20.\) (1)
    Theo định lí cosin
    \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos {60^0}\) hay \({a^2} = {(b + c)^2} - 2bc - bc\), suy ra
    \(bc = \dfrac{{{{(b + c)}^2} - {a^2}}}{3}\) \( = \dfrac{{{{20}^2} - {{10}^2}}}{3} = 100\) (2)
    Từ (1) và (2) suy ra \(b, c\) là nghiệm của phương trình bậc hai \({x^2} - 20x + 100 = 0\).
    Phương trình này có nghiệm kép \(b=c=10\) nên \(ABC\) là tam giác đều.

    Bài 87 trang 51 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Biết rằng tam giác \(ABC\) có \(AB=10, AC=4\) và \(\widehat A = {60^0}\).
    a) Tính chu vi của tam giác.
    b) Tính \(\tan C.\)
    c) Lấy điểm \(D\) trên tia đối của tia \(AB\) sao cho \(AD=6\) và điểm \(E\) trên tia \(AC\) sao cho \(AE=x\). Tìm \(x\) để \(BE\) là tiếp tuyến của đường tròn \((ADE)\) (\((ADE)\) là đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\)).
    Giải
    a) Ta đi tìm độ dài cạnh \(BC\).
    Áp dụng định lí cosin, ta có
    \(B{C^2} = {10^2} + {4^2} - 2.4.10.\cos {60^0} = 76\)
    Suy ra \(BC \approx 8,72\).
    Chu vi tam giác \(2p \approx 10 + 4 + 8,72 \approx 22,72\).
    b) (h.73).
    05.jpg
    Kẻ đường cao \(BH\) ta có \(AH = AB. \cos {60^0} = 5\), suy ra \(HC=5-4=1.\)
    \(BH = AB.\sin {60^0} = 5\sqrt 3 ,\) \( \tan C = - \tan \widehat {BCH} = - \dfrac{{HB}}{{HC}}\)\( = - 5\sqrt 3 \).
    c) (h.74).
    06.jpg
    Để \(BE\) là tiếp tuyến của đường tròn \((ADE)\) phải có \(B{E^2} = BA.BD = 10(10 + 6) = 160\).
    Ta có \(AE = x\), áp dụng định lí cosin cho tam giác \(ABE\) :
    \(B{E^2} = {x^2} + 100 - 10x\).
    Từ đó có phương trình: \({x^2} - 10x + 100 - 160\) hay \({x^2} - 10 - 60 = 0\), phương trình này có một nghiệm dương là \(x = 5 + \sqrt {85} \). Vậy điểm \(E\) cần tìm là điểm trên tia \(AC\) và cách \(A\) một khoảng bằng \(5 + \sqrt {85} \).

    Bài 88 trang 51 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho điểm \(D\) nằm trong tam giác \(ABC\) sao cho \(\widehat {DAB} = \widehat {DBC} = \widehat {DCA} = \varphi .\) Chứng minh rằng:
    a) \({\sin ^3}\varphi = \sin (A - \varphi )\)\(.\sin (B - \varphi ).\sin (C - \varphi ).\)
    b) \(\cot \varphi = \cot A + \cot B + \cot C.\)
    Giải
    (h.75).
    07.jpg
    a) Theo định lí sin, trong tam giác \(ABD\) ta có
    \(\dfrac{{DB}}{{\sin \varphi }} = \dfrac{{AD}}{{\sin (B - \varphi )}}\) , (1)
    trong tam giác BCD có
    \(\dfrac{{CD}}{{\sin \varphi }} = \dfrac{{BD}}{{\sin (C - \varphi )}}\), (2)
    trong tam giác \(ACD\) có
    \(\dfrac{{AD}}{{\sin \varphi }} = \dfrac{{CD}}{{\sin (A - \varphi )}}\).
    Từ đó ta có
    \(\dfrac{{AD.BD.CD}}{{{{\sin }^3}\varphi }}\)
    \(= \dfrac{{AD.BD.CD}}{{\sin (A - \varphi )\sin (B - \varphi )\sin (C - \varphi )}}\).
    Suy ra đẳng thức cần chứng minh.
    b) Áp dụng định lí cosin vào tam giác \(DAB\) ta có
    \(B{D^2}\)\( = A{B^2} + A{D^2} - 2.AB.AD.\cos \varphi. \)
    Mặt khác, \(\dfrac{1}{2}AB.AD.\sin \varphi = {S_{ABD}}\) .
    Từ đó suy ra \(B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} - 4{S_{ABD}}.\cot \varphi \).
    Tương tự ta cũng có \(C{D^2} = B{C^2} + B{D^2} - 4{S_{DBC}}.\cot \varphi ;\) \( A{D^2} = A{C^2} + C{D^2} - 4{S_{DCA}}.\cot \varphi. \)
    Cộng theo vế rồi biến đổi, chú ý rằng tổng diện tích ba tam giác nhỏ bằng diện tích \(S\) của tam giác \(ABC\), ta được
    \(\cot \varphi = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4S}}\) \( = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{abc}}R.\)
    Theo bài 58 chương II, \(\cot A + \cot B + \cot C\) \( = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{abc}}R.\)
    Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.

    Bài 89 trang 52 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho điểm \(M\) nằm trong đường tròn \((O)\) ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Kẻ các đường thẳng \(MA, MB, MC,\) chúng cắt lại đường tròn đó lần lượt ở \(A’, B’, C’\). Chứng minh rằng:
    \(\dfrac{{{S_{A'B'C'}}}}{{{S_{ABC}}}} = \dfrac{{{{({R^2} - M{O^2})}^3}}}{{{{(MA.MB.MC)}^2}}}\).
    Giải
    (h.76).
    08.jpg
    \(\begin{array}{l}{S_{A'B'C'}} = \dfrac{{A'B'.B'C'.C'A'}}{{4R}}.\\{S_{ABC}} = \dfrac{{AB.BC.CA}}{{4R}}.\end{array}\)
    Suy ra \(\dfrac{{{S_{A'B'C'}}}}{{{S_{ABC}}}} = \dfrac{{A'B'.B'C'.C'A'}}{{AB.BC.CA}}\) (*)
    Ta lại có
    \(\Delta MAB \sim \Delta MB'A'\) nên \(\dfrac{{A'B'}}{{AB}} = \dfrac{{MA'}}{{MB}} = \dfrac{{MA.MA'}}{{MA.MB}}\).
    Do \(MA.MA' = |{\wp _{M/(O)}}| = {R^2} - M{O^2}\) nên \(\dfrac{{A'B'}}{{AB}} = \dfrac{{{R^2} - M{O^2}}}{{MA.MB}}\).
    Tương tự
    \(\dfrac{{B'C'}}{{BC}} = \dfrac{{{R^2} - M{O^2}}}{{MB.MC}} ;\) \( \dfrac{{C'A'}}{{CA}} = \dfrac{{{R^2} - M{O^2}}}{{MC.MA}}\) (**)
    Thay (**) vào (*) ta được điều phải chứng minh.

    Bài 90 trang 52 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho dây cung \(BC\) của đường tròn \(C(O ; R) (BC<2R).\)
    a) Hãy dựng đường tròn tâm \(I\) tiếp xúc với \(OB\) ở \(B\) và tiếp xúc với \(OC\) ở \(C.\)
    b) Với mỗi điểm \(M\) trên đường tròn \((I)\), kẻ các đường thẳng \(MB\) và \(MC,\) chúng lần lượt cắt lại đường tròn \((C)\) ở \(B’, C’.\)
    Chứng minh rằng \(B’C’\) là đường kính của đường tròn \((C).\)
    Giải
    (h.77).
    09.jpg
    a) Kẻ hai tiếp tuyến của \((C)\) tại \(B\) và \(C\), chúng cắt nhau ở \(I\). Khi đó, dễ thấy đường tròn tâm \(I\) bán kính \(r=IB=IC\) thỏa mãn yêu cầu.
    b) Kẻ đường thẳng \(OM,\) nó cắt đường tròn \((I)\) ở \(N\) (\(N \ne M\)), ta có
    \(\overrightarrow {OM} .\overrightarrow {ON} = O{B^2}\,\,( = {\wp _{O/(I)}})\).
    Từ đó ta có \(\overrightarrow {OM} .\left( {\overrightarrow {OM} + \overrightarrow {MN} } \right) = {R^2}\), suy ra \(O{M^2} - \overrightarrow {OM} .\overrightarrow {MN} = {R^2}\) hay \(\overrightarrow {OM} .\overrightarrow {MN} = O{M^2} - {R^2} \) \(= {\wp _{M/(C)}} = \overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MB'} \).
    Vậy \(N , B, O, B’\) cùng thuộc một đường tròn, suy ra \(\widehat {NOB'} = \widehat {NBM}\).
    Tương tự ta có \(N, C, O, C’\) cùng thuộc một đường tròn, suy ra \(\widehat {NOC'} = \widehat {NCM}\).
    Do tứ giác \(NBMC\) nội tiếp nên \(\widehat {NBM} + \widehat {NCM} = {180^0}\).
    Từ đó ta có \(\widehat {NOB'} + \widehat {NOC'} = {180^0}\). Vậy ba điểm \(O, B’, C’\) thẳng hàng hay \(B’C’\) là đường kính đường tròn \((C).\)

    Bài 91 trang 52 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Trong tam giác \(ABC\) kẻ các đường cao \(AA’, BB’, CC’\) và gọi \(H\) là trực tâm của tam giác.
    a) Chứng minh
    \(\overrightarrow {A'B} .\overrightarrow {A'C} = - \overrightarrow {A'H} .\overrightarrow {A'A}. \)
    b) Gọi \(J\) là một giao điểm của \(AA’\) với đường tròn \((C)\) đường kính \(BC\). Chứng minh rằng các đường thẳng \(BC, B’C’\) và tiếp tuyến tại \(J\) của \((C)\) đồng quy.
    Giải
    (h.78).
    10.jpg
    a) Lấy điểm \(H_1\) đối xứng với \(H\) qua \(A’\) hay \(\overrightarrow {A'H} = - \overrightarrow {A'{H_1}} \).
    Khi đó, \(\widehat {B{H_1}C} = \widehat {BHC} = \widehat {B'HC'} = {180^0} - \widehat A\).
    Suy ra \(ABH_1C\) là tứ giác nội tiếp, do đó
    \(\overrightarrow {A'B} .\overrightarrow {A'C} = \overrightarrow {A'{H_1}.} \overrightarrow {A'A} = - \overrightarrow {A'H} .\overrightarrow {A'A} \).
    b) Đường tròn \((C)\) và đường tròn tâm \(I\) đường kính \(HA\) có \(B’C’\) là trục đẳng phương. Kẻ tiếp tuyến của \((C)\) tại \(J\) cắt đường thẳng \(BC\) ở \(K\) thì \(K{J^2} = \overrightarrow {KB} .\overrightarrow {KC} = {\wp _{K/(C)}}\).
    Ta hãy tính phương tích của \(K\) đối với đường tròn tâm \(I\):
    \(\begin{array}{l}{\wp _{K/(I)}} = K{I^2} - {\left( {\dfrac{{AH}}{2}} \right)^2}\\ = KA{'^2} + {\overrightarrow {A'I} ^2} - {\left( {\dfrac{{\overrightarrow {AH} }}{2}} \right)^2}\\ = KA{'^2} + {\left( {\dfrac{{\overrightarrow {A'A} + \overrightarrow {A'H} }}{2}} \right)^2} - {\left( {\dfrac{{\overrightarrow {A'H} - \overrightarrow {A'A} }}{2}} \right)^2}\\ = KA{'^2} + \overrightarrow {A'H} .\overrightarrow {A'A} \end{array}\)
    Theo câu a), \(\overrightarrow {A'H} .\overrightarrow {A'A} = - \overrightarrow {A'B} .\overrightarrow {A'C} \).
    Mặt khác , ta có \(\widehat {BJC} = {90^0}\) ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và \(JA' \bot BC\) nên \(A'{J^2} = - \overrightarrow {A'B} .\overrightarrow {A'C} \).
    Vậy \({\wp _{K/(I)}} = KA{'^2} + A'{J^2} = K{J^2} = {\wp _{K/(C)}}\), suy ra \(K\) thuộc trục đẳng phương \(B’C’\). Vậy ba đường thẳng \(BC, B’C’\) và tiếp tuyến tại \(J\) của \((C)\) đồng quy ở \(K\).
     
  2. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪
    Bài 1 trang 52 SBT Hình học 10 nâng cao
    \(\cos {15^0}\)bằng
    A. \(\dfrac{1}{2};\)
    B. \( - \dfrac{1}{2};\)
    C. \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{2};\)
    D. \( - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\)
    Giải:
    Chọn D.
    Bài 2 trang 52 SBT Hình học 10 nâng cao
    \(\sin 120^0\) bằng
    A. \( - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2};\)
    B. \(\dfrac{{\sqrt 2 }}{2};\)
    C. \(0,7;\)
    D. \( - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\)
    Giải
    Chọn A.
    Bài 3 trang 52 SBT Hình học 10 nâng cao
    A. \(\sin {91^0} > \sin {92^0};\)
    B. \(\sin {91^0} < \sin {92^0};\)
    C. \(\sin {91^0} = \sin {92^0};\)
    D. \(\sin {90^0} < 0.\)
    Giải
    Chọn A.
    Bài 4 trang 53 SBT Hình học 10 nâng cao
    A. \(\cos {135^0} = \cos {45^0};\)
    B. \(\cos {135^0} > \cos {45^0};\)
    C. \(\cos {135^0} = - \cos {45^0};\)
    D. \(\cos {135^0} = 3\cos {45^0}.\)
    Giải
    Chon C.
    Bài 5 trang 53 SBT Hình học 10 nâng cao
    Tam giác \(ABC\) có \(AB=5, AC=7,\) \(\widehat {BAC} = {120^0}\) thì
    A. \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 35;\)
    B. \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 17,5;\)
    C. \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = - 35;\)
    D. \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = - 17,5.\)
    Giải
    Chọn D.
    Bài 6 trang 53 SBT Hình học 10 nâng cao
    Nếu \(M, N, P\) thẳng hàng thì
    A. \(\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {MP} = MN.MP;\)
    B. \(\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {MP} = \overline {MN} .\overline {MP} ;\)
    C. \(\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {MP} = - MN.MP;\)
    D. \(\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {MP} = - \overline {MN} .\overline {MP} .\)
    Giải
    Chọn B.
    Bài 7 trang 53 SBT Hình học 10 nâng cao
    Trong tam giác \(ABC\) có
    A. \({a^2} = {b^2} + {c^2} - bc\cos A;\)
    B. \({a^2} = {b^2} + {c^2} + bc\cos A;\)
    C. \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A;\)
    D. \({a^2} = {b^2} + {c^2} + 2bc\cos A.\)
    Giải
    Chọn C.
    Bài 8 trang 53 SBT Hình học 10 nâng cao
    Nếu tam giác \(ABC\) có \({a^2} < {b^2} + {c^2}\) thì
    A. \(\widehat A\) là góc tù;
    C. \(\widehat A\) là góc vuông ;
    C. \(\widehat A\) là góc nhọn;
    D. \(\widehat A\) là góc nhỏ nhất.
    Giải
    Chọn C.
    Bài 9 trang 53 SBT Hình học 10 nâng cao
    Trong tam giác \(ABC\) có
    A. \(a = 2R\cos A;\)
    B. \(a = 2R\sin A;\)
    C. \(a = 2R\tan A;\)
    D. \(a = R\sin A.\)
    Giải
    Chọn B.
    Bài 10 trang 53 SBT Hình học 10 nâng cao
    Trong tam giác \(ABC\) có
    A. \({m_a} = \dfrac{{b + c}}{2};\)
    B. \({m_a} > \dfrac{{b + c}}{2};\)
    C. \({m _a} < \dfrac{{b + c}}{2};\)
    D. \({m_a} = b + c.\)
    Giải
    Chọn C.