Cho một tam giác ABC có AB = 6; AC = 8; BC = 5; M là điểm trên cạnh AB sao cho \(\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}\) , N là điểm trên cạnh BC sao cho \(\overrightarrow{NB}=-4.\overrightarrow{NC}\). Tính độ dài đoạn MN . \(\frac{2}{5}\sqrt{205}\) \(\frac{2}{5}\sqrt{210}\) \(\frac{2}{5}\sqrt{215}\) \(\frac{2}{5}\sqrt{220}\) Hướng dẫn giải: Theo giả thiết ta có: \(AB=6,AC=8,BC=5\); \(\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}\Rightarrow BM'=4\) và \(\overrightarrow{NB}=-4\overrightarrow{NC}\Rightarrow\overrightarrow{BN}=\dfrac{4}{5}\overrightarrow{BC}\Rightarrow BN=\dfrac{4}{5}.BC=4\) . Từ tam giác ABC ta có : \(\cos B=\frac{BA^2+BC^2-AC^2}{2BA.BC}=\frac{36+25-64}{2.6.5}=-\frac{3}{60}=-\frac{1}{20}\) Từ tam giác BMN ta lại có: \(MN^2=BM^2+BN^2-2BM.BN.\cos B\) \(=16+16-2.4.4\left(-\frac{1}{20}\right)=32+\frac{8}{5}=\frac{168}{5}\) \(\Rightarrow MN=2\sqrt{\frac{42}{5}}=\frac{2}{5}\sqrt{210}\) Kết luận: \(MN=\dfrac{2}{5}\sqrt{210}\).
Cho tam giác ABC có \(BC=2\sqrt{3};AB=\sqrt{6}-\sqrt{2};AC=2\sqrt{2}\). Hãy tính số đo góc \(\widehat{ADB}\) , trong đó AD là đường phân giác trong của góc A. \(45^0\) \(60^0\) \(75^0\) \(90^0\) Hướng dẫn giải: Ta có \(\cos A=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB.AC}\)\(=\frac{8-2\sqrt{12}+8-12}{2\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right).2\sqrt{2}}=\frac{4-2\sqrt{12}}{4\sqrt{2}\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)}=\frac{4\left(1-\sqrt{3}\right)}{4.2\left(\sqrt{3}-1\right)}=-\frac{1}{2}\) \(\Rightarrow\widehat{A}=120^0\Rightarrow\widehat{BAD}=60^0\) và \(\cos B=\dfrac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB.BC}\) \(=\frac{8-2\sqrt{12}+12-8}{2\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right).2\sqrt{3}}=\frac{2\left(6-\sqrt{12}\right)}{4\sqrt{3}\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)}=\frac{2\sqrt{6}\left(\sqrt{6}-2\right)}{4\sqrt{3}\left(\sqrt{6}-2\right)}=\frac{\sqrt{6}}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}=\cos45^0\) \(\Rightarrow\widehat{B}=45^0\) \(\widehat{ADB}=180^0-\left(60^0+45^0\right)=75^0\) Kết luận: \(\widehat{ADB}=75^0\)
Cho đường tròn tâm O bán kính R với đường kính AB cố định và một đường kính CD thay đổi. Gọi M và N theo thứ tự là các trung điểm của CA, CB. Chứng minh rằng tổng bình phương các cạnh của tam giác MDN không đổi khi CD quay quanh O. Hãy tính giá trị không đổi đó. \(3R^2\) \(4R^2\) \(5R^2\) \(6R^2\) Hướng dẫn giải: MN là đường trung bình trong tam giác ACB : \(MN=\frac{1}{2}AB=R\) Trong tam giác DAC, DM là trung tuyến nên \(DM^2=\frac{2\left(DA^2+DC^2\right)-AC^2}{4}\) (1) Trong tam giác DCB, DN là trung tuyến nên \(DN^2=\frac{2\left(DB^2+DC^2\right)-CB^2}{4}\) (2) Từ (1) và (2) suy ra \(DM^2+DN^2=\frac{2\left(DA^2+DC^2\right)-AC^2+2\left(DB^2+DC^2\right)-CB^2}{4}\) \(=\frac{2\left(DA^2+DB^2+2CD^2\right)-\left(AC^2+CB^2\right)}{4}\) \(=\frac{2\left(AB^2+2CD^2\right)-AB^2}{4}=\frac{AB^2+4CD^2}{4}\) \(=\frac{4R^2+16R^2}{4}=5R^2\) Vậy \(DM^2+DN^2+MN^2=5R^2+R^2=6R^2\)
Cho đường tròn tâm O bán kính R; P là một điểm cố định ở đường trong tròn . Một góc vuông \(\widehat{xPy}\) quay quanh P, hai tia Px, Py cắt đường tròn tại A và B. Gọi M, H lần lượt là các hình chiếu của O và P xuống AB. Hãy tính \(HP^2+HO^2\). \(\frac{R^2}{2}\) \(\frac{2R^2}{3}\) \(R^2\) \(\frac{4R^2}{3}\) Hướng dẫn giải: Gọi I là trung điểm đoạn OP, K là hình chiếu vuông góc của I xuống AB. Áp dụng công thức tính trung tuyến tam giác ta có : \(HP^2+HO^2=2HI^2+\dfrac{1}{2}OP^2\) (1) \(MP^2+MO^2=2MI^2+\dfrac{1}{2}OP^2\) (2) Từ (1) và (2) và chú ý rằng \(HI=MI\) và \(MP=MB\) suy ra \(HP^2+HO^2=MP^2+MO^2=MB^2+MO^2=R^2\). Vậy \(HP^2+HO^2=R^2\). Chú ý: Trong bài toán trên, ta đã chứng tỏ được rằng khi góc vuông \(\widehat{xPy}\) quay quanh đỉnh P thì tổng \(HP^2+HO^2\) không thay đổi.
Cho tam giác ABC có \(AB=2;BC=4;AC=3\). Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? Độ dài trung tuyến \(AM=\frac{\sqrt{10}}{2}\) \(\cos A=-\frac{1}{4}\) \(S=\frac{3}{4}\sqrt{15}\) Độ dài đường cao \(AH=\dfrac{3\sqrt{15}}{16}\) Hướng dẫn giải: Áp dụng công thức tính độ dài trung tuyến và giả thiết thì \(AM^2=\dfrac{1}{2}\left(AB^2+AC^2-\dfrac{BC^2}{2}\right)=\dfrac{1}{2}\left(4+9-8\right)=\dfrac{5}{2}\) Theo định lý cosin, ta cũng có \(\cos A=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2.AB.AC}=\frac{4+9-16}{12}=-\frac{1}{4}\) \(S=\frac{1}{2}AB.AC.\sin A=\frac{3\sqrt{15}}{4}\) (\(\sin A=\sqrt{1-\cos^2A}=\sqrt{1-\left(-\frac{1}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{15}}{4}\)), vì vậy \(AH=\frac{2S}{BC}=\frac{3\sqrt{15}}{8}\) Vậy khẳng định " \(AH=\dfrac{3\sqrt{15}}{16}\)" sai.
Cho tam giác ABC cân đỉnh A. CD là đường cao kẻ từ C. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng ? \(AB^2+AC^2+BC^2=2BD^2+3CD^2+AD^2\) \(AB^2+AC^2+BC^2=BD^2+2AD^2+3CD^2\) \(AB^2+AC^2+BC^2=BD^2+3AD^2+2CD^2\) \(AB^2+AC^2+BC^2=BD^2+AD^2+3CD^2\) Hướng dẫn giải: \(BC^2=BD^2+CD^2;AB^2=AD^2+CD^2;AC^2=AD^2+CD^2\) Cộng theo vế ta được : \(AB^2+BC^2+AC^2=BD^2+2AD^2+3CD^2\) Vậy khẳng định đúng là \(AB^2+BC^2+AC^2=BD^2+2AD^2+3CD^2\)
Cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A. M là một điểm tùy ý trên cạnh BC. Hãy lập một hệ thức liên hệ giữa MA, MB, MC . \(MB^2+2MC^2=3MA^2\) \(2MB^2+3MC^2=5MA^2\) \(MB^2+MC^2=MA^2\) \(MB^2+MC^2=2MA^2\) Hướng dẫn giải: Gọi E, F theo thứ tự là các điểm trên hai cạnh AB và AC sao cho ME//AC, MF//AB. Hai tam giác EBM và FMC đều vuông cân, do đó \(\begin{cases}MB^2=2ME^2\\MC^2=2MF^2\end{cases}\) \(\Rightarrow MB^2+MC^2=2\left(ME^2+MF^2\right)=2MA^2\) Vậy hệ thức cần tìm là \(MB^2+MC^2=2MA^2\)
Tam giác ABC có AB = 2cm, AC = 1cm, \(A=60^0\). Tính độ dài cạnh BC. 1cm 2cm \(\sqrt{3}\)cm \(\sqrt{5}\)cm Hướng dẫn giải: Dùng định lí cosin: \(BC^2=a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\)
Tam giác ABC có \(a=5,b=3,c=5\). Tính số đo góc A.. \(A=45^0\) \(=30^0\) \(A=90^0\) \(A>60^0\) Hướng dẫn giải: Dùng định lí cosin: \(a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\Rightarrow\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\dfrac{3^2+5^2-5^2}{2.3.5}=\dfrac{3}{10}< \dfrac{1}{2}\) \(\Rightarrow\cos A< \cos60^0\Rightarrow A>60^0\)
Tam giác ABC có AB = 8cm, BC = 10cm, CA = 6cm. Tính độ dài đường trung tuyến AM. 4cm 5cm 6cm 7cm Hướng dẫn giải: Các cạnh tam giác tỉ lệ với 3;4;5 suy ra ABC là tam giác vuông tại A, trung tuyến AM bằng nửa cạnh huyền BC, do đó AM = 5cm Chú ý: có thể dùng công thức \(m_a^2=\dfrac{2b^2+2c^2-a^2}{4}\)
