Cho tam giác ABC vuông tại A. AH là đường cao. HE, HF lần lượt là các đường cao của hai tam giác AHB, AHC. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? \(BC^2=2AH^2+BE^2+CF^2\) \(BC^2=3AH^2+2BE^2+CF^2\) \(BC^2=3AH^2+BE^2+2CF^2\) \(BC^2=3AH^2+BE^2+CF^2\) Hướng dẫn giải: \(BC^2=AB^2+AC^2=\left(AH^2+BH^2\right)+\left(AH^2+CH^2\right)\) \(=AH^2+\left(BE^2+EH^2\right)+AH^2+\left(CF^2+HF^2\right)\) \(=AH^2+BE^2+EH^2+AH^2+CF^2+HF^2\) \(=AH^2+BE^2+AH^2+CF^2+\left(EH^2+HF^2\right)\) \(=3AH^2+BE^2+CF^2\) Vậy khẳng định đúng là \(BC^2=3AH^2+BE^2+CF^2\)
Tính đường cao kẻ từ đỉnh A của ABC có \(BC=6;AC=8;AB=4\sqrt{7}\). \(7\sqrt{3}\) \(3\sqrt{7}\) \(4\sqrt{3}\) \(6\) Hướng dẫn giải: Từ giả thiết suy ra \(p=7+2\sqrt{7};p-a=1+2\sqrt{7};p-b=2\sqrt{7}-1;p-c=7-2\sqrt{7}\) Do đó độ dài đương cao kẻ từ đỉnh A là \(h_a=\frac{2}{a}\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}=\frac{2}{6}\sqrt{\left(7+2\sqrt{7}\right)\left(2\sqrt{7}+1\right)\left(2\sqrt{7}-1\right)\left(7-2\sqrt{7}\right)}\) \(=\frac{1}{3}\sqrt{\left(49-28\right)\left(28-1\right)}=\frac{1}{3}\sqrt{27.27}=3\sqrt{7}\) Đáp số: \(3\sqrt{7}\)
Cho tam giác ABC có \(BC=\sqrt{6};AC=2;AB=\sqrt{3}+1\) . Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác. \(R=\sqrt{5}\) \(R=\sqrt{3}\) \(R=\sqrt{2}\) \(R=2\) Hướng dẫn giải: \(\cos A=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2.AB.AC}=\frac{1}{2}\Rightarrow\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}\) \(\Rightarrow S=\frac{1}{2}AB.AC.\sin A=\frac{\sqrt{3}\left(\sqrt{3}+1\right)}{2}\) \(R=\frac{AB.BC.AC}{4S}=\frac{\left(\sqrt{3}+1\right)\sqrt{6}.2}{2\sqrt{3}\left(\sqrt{3}+1\right)}=\sqrt{2}\) Đáp số: \(\sqrt{2}\)
Cho tam giác ABC có \(AB=2;AC=3;BC=4\). Gọi D là trung điểm của BC. Tính bán kính đường tròn đi qua 3 điểm A, B, D. \(\frac{2\sqrt{6}}{3}\) \(\frac{4\sqrt{3}}{9}\) \(\frac{4\sqrt{6}}{9}\) \(\frac{4\sqrt{6}}{3}\) Hướng dẫn giải: Theo định lý cosin ta có \(\cos A=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2.AB.AC}=-\frac{1}{4}\Rightarrow\sin A=\sqrt{1-\left(-\frac{1}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{15}}{4}\) \(\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin A=\frac{3\sqrt{15}}{4}\Rightarrow S_{ABD}=\frac{1}{2}S_{ABC}=\frac{3\sqrt{15}}{8}\) Trong tam giác ABC : \(AB^2+AC^2=2AD^2+\frac{BC^2}{2}\Rightarrow AD^2=\frac{5}{2}\Rightarrow AD=\frac{\sqrt{10}}{2}\). Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD là \(R=\dfrac{AB.AD.BD}{4.S_{ABD}}=\dfrac{4\sqrt{6}}{9}\) Đáp số: \(\dfrac{4\sqrt{6}}{9}\)
Cho đường tròn tâm O, đường kính \(AB=2R\). Kéo dài OA về phía A một đoạn \(AI=R\). Vẽ cát tuyến ICD ( điểm C nằm giữa I và D). Biết \(CD=R\sqrt{3}\). Tính độ dài đoạn IC. \(\frac{R\sqrt{2}}{2}\left(\sqrt{3}-1\right)\) \(\frac{R\sqrt{2}}{2}\left(\sqrt{3}+1\right)\) \(\frac{R\sqrt{3}}{2}\left(\sqrt{2}+1\right)\) \(\frac{R\sqrt{3}}{2}\left(\sqrt{2}-1\right)\) Hướng dẫn giải: Đặt \(CI=x\) Từ hệ thức \(\overline{IC}.\overline{ID}=\overline{IA}.\overline{IB}\) , có phương trình : \(x\left(x+R\sqrt{3}\right)=R.3R\Leftrightarrow x^2+R\sqrt{3}x-3R^2=0\) \(\Rightarrow x=\frac{R\sqrt{6}-R\sqrt{3}}{2}=\frac{R\sqrt{3}}{2}\left(\sqrt{2}-1\right)\) Vậy \(CI=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\left(\sqrt{2}-1\right)\)
Cho tam giác ABC, gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống cạnh BC. Tính số đo góc \(\widehat{BAC}\) biết rằng H chia cạnh BC thành hai đoạn \(BH=6a,CH=4a\)và \(AH=12a;CH=4a\). \(30^0\) \(60^0\) \(90^0\) \(45^0\) Hướng dẫn giải: Cách 1: Áp dụng định lí Pitago cho hai tam giác vuông AHB và AHC ta có: \(AB^2=\left(\left(12a\right)^2+\left(6a\right)^2\right)=180a^2;\)\(AC^2=\left(\left(12a\right)^2+\left(4a\right)^2\right)=160a^2\) Sử dụng giả thiết điểm H chia cạnh BC thành hai đoạn \(BH=6a,CH=4a\) suy ra \(BC=6a+4a=10a\). Áp dụng định lí côsin ta được \(\cos\widehat{BAC}=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB.AC}=\dfrac{180a^2+160a^2-100a^2}{2\sqrt{180a^2}\sqrt{160a^2}}=\dfrac{240}{2.3.4.10\sqrt{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\) Suy ra \(\widehat{BAC}=45^0\). Cách 2: Đặt \(\widehat{BAH}=\alpha:\widehat{CAH}=\beta\) thì \(\tan\alpha=\frac{1}{2;}\tan\beta=\frac{1}{3}\). Sử dụng công thức cộng cung (trang 149 SGK Đại số 10) ta có \(\tan\left(\alpha+\beta\right)=\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha.\tan\beta}=\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{6}}=1\)\(\Rightarrow\alpha+\beta=45^0\) Vậy \(\widehat{BAC}=45^0\)
Cho đường tròn tâm O bán kính R và một điểm M sao cho OM = d. Vẽ một dây cung AB song song với OM. Tính theo \(d,R\) tổng \(MA^2+MB^2\). \(MA^2+MB^2=2d^2+R^2\) \(MA^2+MB^2=d^2+2R^2\) \(MA^2+MB^2=2\left(d^2-R^2\right)\) \(MA^2+MB^2=2\left(d^2+R^2\right)\) Hướng dẫn giải: Ta có \(MA^2+MB^2=2MI^2+\frac{AB^2}{2}\) (công thức tính độ dài trung tuyến) \(MI^2=MO^2+OI^2\) \(=d^2+R^2-IB^2\) \(=d^2+R^2-\frac{AB^2}{4}\) \(\Rightarrow MA^2+MB^2=2\left(d^2+R^2\right)\) Vậy \(MA^2+MB^2=2\left(d^2+R^2\right)\)
Cho tam giác ABC, cân tại A có \(AB=a;\widehat{BAC}=\alpha\). Tính bán kính r của đường tròn nội tiếp tam giác theo a và \(\alpha\) . \(r=\frac{2a\sin\alpha}{1+\sin\alpha}\) \(r=\frac{a\sin\alpha}{2\left(1+\sin\alpha\right)}\) \(r=\frac{a\sin\alpha}{2\left(1+\cos\frac{\alpha}{2}\right)}\) \(r=\frac{a\sin\alpha}{2\left(1+\sin\frac{\alpha}{2}\right)}\) Hướng dẫn giải: Ta có \(S=\frac{1}{2}a^2\sin\alpha\) ; \(\widehat{BAH}=\dfrac{\alpha}{2},AB=a\) suy ra \(BH=a.\sin\dfrac{\alpha}{2}\), do đó nửa chu vi tam giác là \(p=a+a.\sin\dfrac{\alpha}{2}\) \(r=\frac{S}{p}=\frac{a\sin\alpha}{2\left(1+\sin\frac{\alpha}{2}\right)}\) Vậy \(r=\dfrac{a\sin\alpha}{2\left(1+\sin\dfrac{\alpha}{2}\right)}\)
Cho tam giác ABC có \(BC=\sqrt{3};AC=\sqrt{2};AB=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\) Tính các góc A, B, C của tam giác. \(A=60^0;B=75^0;C=45^0\) \(A=90^0;B=60^0;C=30^0\) \(A=120^0;B=45^0;C=15^0\) \(A=120^0;B=30^0;C=30^0\) Hướng dẫn giải: Áp dụng định lý cosin và các giả thiết của bài toán ta có \(\cos A=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB.AC}=\frac{\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\right)^2+\left(\sqrt{2}\right)^2-\left(\sqrt{3}\right)^2}{2\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\right)\sqrt{2}}=-\frac{1}{2}\Rightarrow A=120^0\) \(\cos B=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB.BC}=\frac{\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\right)^2+\left(\sqrt{3}\right)^2-\left(\sqrt{2}\right)^2}{2\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\right)\sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow B=45^0\) Do đó \(C=180^0-\left(120^0+45^0\right)=15^0\)
Các cạnh \(AB=c;BC=a;AC=b\) của tam giác ABC thỏa mãn hệ thức : \(b\left(b^2-a^2\right)=c\left(a^2-c^2\right)\). Tính góc A . \(30^0\) \(60^0\) \(90^0\) \(120^0\) Hướng dẫn giải: Giả thiết \(\Leftrightarrow b^3+c^3=a^2b+a^2c=a^2\left(b+c\right)\) \(\Leftrightarrow b^2+c^2-bc=a^2\) (1) Mặt khác, theo định lý cosin thì \(b^2+c^2-2bc\cos A=a^2\) (2) . Từ (1) và (2) suy ra \(2\cos A=1\Rightarrow A=60^0\) Vậy \(A=60^0\)
