Chuyên đề Hình học 10 - Chương 8: Tích vô hướng và ứng dụng (Có đáp án và lời giải)

115 trang xuanha23 09/01/2023 3190

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Chuyên đề Hình học 10 - Chương 8: Tích vô hướng và ứng dụng (Có đáp án và lời giải)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

chuyen_de_hinh_hoc_10_chuong_8_tich_vo_huong_va_ung_dung_co.docx

Nội dung text: Chuyên đề Hình học 10 - Chương 8: Tích vô hướng và ứng dụng (Có đáp án và lời giải)

TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ VÀ ỨNG Chủ đề 8 DỤNG Trong chủ đề này, chúng tôi xin giới thiệu một chuyên đề hình học lớp 10 nữa, đó là phép nhân vô hướng của hai vecto. Phép nhân này cho kết quả là một số, số Vấn đề cần nắm: đó gọi là tích vô hướng của hai vecto. Để có thể xác định tính vô hướng của hai 1. Giá trị lượng giác của một vecto ta cần đến khái niệm giá trị lượng giác của một góc bất kì với góc bất kì từ 0 180 0 180 là mở rộng của khái niệm tỉ số lượng giác của một góc nhọn 2. Tích vô hướng của hai đã biết ở lớp 9. vectơ 3. Các hệ thức lượng trong tam giác §1. Giá trị lượng giác của một góc bất kì từ 0 đến 180 A. Lý thuyết 1. Định nghĩa Với mỗi góc (0 180) ta xác định một điểm M trên nửa đường tròn đơn vị sao cho x·OM . Tung độ của điểm M là sin của góc , kí hiệu là sin Hoành độ của điểm M là côsin của góc , kí hiệu cos . Giả sử điểm M có tọa độ M x0 ; y0 . Khi đó y0 sin , x0 cos . STUDY TIP y0 Khi x0 0 , tỉ số được gọi là tang của góc , kí hiệu tan . - Để nhớ định nghĩa giá x0 trị lượng giác sin, cos, tan, cot ta có các câu sau: x0 Khi y0 0 , tỉ số được gọi là cotang của góc , kí hiệu cot . Cô sin (cos) là trục nằm y0 ngang (trục hoành). Các số sin ,cos , tan ,cot được gọi là các giá trị lượng giác của góc . Song song với nó là chàng cô tang (cot). Nhận xét: Với định nghĩa này, ta thấy: Còn sin thì đứng thẳng + Góc bất kì từ 0 đến 180 có sin thuộc đoạn 0;1 . bang.   Đối diện với nó có tang + Góc bất kì từ 0 đến 180 có cosin thuộc đoạn  1;1 . (tan) đứng chờ. + Với 0;90 : sin ,cos , tan ,cot 0 + Với 90;180 : sin 0,cos , tan ,cot 0
2. Các hệ thức lượng giác cơ bản 1. sin2 cos2 1 . 4. tan .cot 1 sin ,cos 0 sin 1 2. tan (cos 0) . 5. 1 tan2 cos cos2 cos 1 3. cot sin 0 . 6. 1 cot2 sin sin2 3.Tính chất a) Hai góc phụ nhau 1. sin cos 90 . 4. tan cot 90 2. cos sin 90 . 5. cot tan 90 b) Hai góc bù nhau 1. sin sin 180 . 4. tan tan 180 2. cos cos 180 . 5. cot cot 180 4. Giá trị lượng giác của các góc đặc biệt Giá trị lượng giác 0 30 45 60 90 1 2 3 sin 0 1 2 2 2 3 2 1 cos 1 0 2 2 2 1 tan 0 1 3 || 3 1 cot || 3 1 0 3 Ghi nhớ: Cách 1: Quy tắc bàn tay trái. - Bước 1: Ghi các góc đặc biệt lên các ngón tay như hình vẽ (lòng bàn tay hứng vào trong). Tính giá trị lượng giác của góc nào, ta quặp ngón tay đó lại như hình vẽ.
sè ngãn tay bªn ph¶i - Bước 2: sin 2 sè ngãn tay bªn tr¸i cos 2 Cách 2: Đánh số vị trí cho các góc 0,30,45,60,90 lần lượt theo thứ tự là 0, 1, 2, 3, 3. sè vÞ trÝ 4 sè vÞ trÝ sin ,cos 2 2 Chú ý: Từ giá trị lượng giác của các góc đặc biệt đã cho trong bảng và tính chất trên, ta có thể suy ra giá trị lượng giác của một số góc đặc biệt khác. 3 Chẳng hạn: sin120 sin 180 60 sin 60 2 2 cos135 cos 180 45 cos 45 2 5. Góc giữa hai vectơ a) Định nghĩa  Cho hai vectơ a và b đều khác vectơ 0 . Từ một điểm O bất kì ta vẽ OA a và  OB b . Góc ·AOB với số đo từ 0 đến 180 được gọi là góc giữa hai vectơ a và b . Ta kí hiệu góc giữa hai vectơ a và b và a,b . Nếu a,b 90 thì ta nói rằng a và b vuông góc với nhau, kí hiệu là a  b hoặc b  a Lời giải STUDY TIP b) Nhận xét: Trong định nghĩa thì O được lấy tùy ý. Tuy nhiên trong giải toán ta có thể Từ định nghĩa ta có a,b b,a . chọn vị trí điểm O thích hợp, hay chọn điểm O + a,b 0 khi và chỉ khi a và b cùng hướng. trùng với điểm gốc của vectơ a và b cho đơn giản. + a,b 180 khi và chỉ khi a và b ngược hướng. B. Các dạng toán điển hình Dạng 1 Xác định tọa độ của điểm M Với dạng toán này, học sinh cần nắm vững định nghĩa STUDY TIP Muốn xác định tọa độ của điểm M trên nửa đường tròn đơn vị, ta xác định góc x·OM . Khi đó điểm M sẽ có tọa độ là cos ;sin
Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi M là một điểm trên nửa đường tròn đơn vị sao cho x·OM (như hình vẽ). Tọa độ của điểm M là: A. sin ;cos B. sin ;cos C. cos ;sin D. cos ;sin Lời giải Vì hoành độ của điểm M là cos , tung độ của điểm M là sin nên tọa độ của điểm M là cos ;sin . Đáp án C. Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi M là một điểm trên nửa đường tròn đơn vị sao cho x·OM 36 (như hình vẽ). Hoành độ của điểm M là: 1 5 1 5 A. 1 5 B. C. D. 1 5 4 4 4 2 Phân tích: Dựa vào ví dụ 1, hoành độ điểm M là cos36 .Dùng máy tính cầm tay ta suy ra kết quả là đáp án A. Ta sẽ chuẩn xác lời giải bằng 2 cách sau: Lời giải Cách 1: (Dùng hình học) Xét tam iacs ABC cân tại A, B· AC 36, BC 1 . Khi đó ·ABC ·ACB 72 . Dựng phân giác CD. Suy ra tam giác ACD cân tại D, tam giác BCD cân tại C. Do đó: DA DC CB 1 . Kẻ DH  AC . Đặt AH HC x AB AC 2x, BD 2x 1 AH Khi đó cos36 x . AD AD AC 1 Do CD là phân giác của góc ·ACB nên 2x STUDY TIP DB BC 2x 1 Do 0 x·OM 36 90 . Nên .0 cos36 1 Như vậy ta thấy ngay rằng đáp án C, D bị loại
1 5 4x2 2x 1 0 x x 0 4 1 5 1 5 Vậy cos36 . Hoành độ của điểm M là cos36 . 4 4 Lưu ý: Từ bài toán này ta có thể tính được sin18 bằng cách làm tiếp từ bài toán trên như sau: BD 2x 1 Kể CK  AB , do tam giác CDB cân tại C nên DK DB 2 2 STUDY TIP DK 2x 1 5 1 Mà C· DB 72 nên sin18 cos72 Ở cách 2, ta cần biết 2 DC 2 4 công thức sau: Cách 2: (Sau khi học xong các công thức lượng giác) sin 3 3sin 4sin3 2 3 sin 2 2sin .cos Ta có: cos36 sin 54 1 2sin 18 4sin 18 Do 0 18 90 4sin3 18 2sin2 18 3sin18 1 0 Nên 0 sin18 1 sin18 1 4sin2 18 2sin18 1 0 5 1 5 1 sin18 cos36 4 4 Đáp án A Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi A, B lần lượt là hai điểm trên nửa đường tròn đơn vị sao cho x·OA , x· OB  0  180 (như hình vẽ). Giá trị của cos  bằng: A. cos .cos  sin .sin  B. cos .cos  sin .sin  C. cos .cos  sin .sin  D. sin .sin  cos .cos  Phân tích: Với bài toán thi trắc nghiệm, với kiểu hỏi này, ta có thể cho  60, 30. Từ đó ta sẽ cho ra kết quả là đáp án B Lời giải Từ giả thiết, ta có: B cos ;sin  , A cos ;sin và B· OA  . Dựng tam giác MON sao cho M· ON  , N là giao điểm của nửa đường tròn với trục hoành, M thuộc nửa đường tròn đơn vị. Suy ra M cos  ;sin  và N 1;0 . Với cách dựng hình như trên ta có: AOB NOM c.g.c AB NM
2 2 cos  cos 2 sin  sin 2 cos  1 sin  0 2 2 2 2 cos  2cos .cos cos sin  2sin .sin sin cos2  2cos  1 sin2  cos  cos .cos sin .sin Đáp án B STUDY TIP Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi A, A là' giao điểm của nửa đường OA -Với 0;90 thì tròn đơn vị với trục Ox (A thuộc tia Ox), M thuộc trục Ox sao cho OM sin ,cos , tan ,cot 0 2 (như hình vẽ). Dựng điểm N trên nửa đường tròn đơn vị sao cho MN vuông góc - Với 90;180 thì · sin 0 ; với OA. Khi đó tan NOA bằng: cos , tan ,cot 0 . 1 15 A. 15 B. C. 15 D. 4 15 Lời giải Do MN vuông góc với OA nên hoành độ điểm N bằng hoành độ điểm M. Do OA 1 1 OM nên x . Suy ra x 4 M 4 M 4 Tung độ điểm N dương do giả thiết bài toán. 1 15 Do x2 y2 1 y 1 x2 1 . N N N N 16 4 y Khi đó tan N· OA N 15 xN Đáp án A Dạng 2 Tính giá trị của biểu thức lượng giác Với dạng toán này, ta sử dụng các hệ thức lượng giác cơ bản, các giá trị lượng giác của các góc đặc biệt. Bài toán 1: Biết cos , tính các giá trị lượng giác còn lại của góc . Phương pháp: Ta có: sin2 cos2 1 sin 1 cos2 Biết sin , cos ta sẽ tính được tan ,cot Bài toán 2: Biết sin , tính các giá trị lượng giác còn lại của góc . Phương pháp:
Trường hợp 1: Nếu 0;90 thì giá trị cos , tan ,cot 0 Do đó ta có thể tính đưuọc 1 trong 3 giá trị cos , tan ,cot 0 như sau: - Tính được cos bằng cách sử dụng công thức: cos 1 sin2 , rồi suy ra hai giá trị còn lại. 1 - Tính được cot bằng cách sử dụng công thức: cot 1 , rồi suy ra cot2 hai giá trị còn lại. Trường hợp 2: Nếu 90;180 thì cos , tan ,cot 0 Do đó ta có thể tính được 1 trong 3 giá trị cos , tan ,cot như sau: - Tính được cos bằng cách sử dụng công thức: cos 1 sin2 , rồi suy ra hai giá trị còn lại. 1 - Tính được cot bằng cách sử dụng công thức: cot 1 , rồi suy ra sin2 hai giá trị còn lại. Bài toán 3: Biết tan , tính các giá trị lượng giác còn lại của góc . (Trường hợp biết cot tính tương tự) Phương pháp: Trường hợp 1: Nếu 0;90 thì cos ,sin ,cot 0 Do đó ta có thể tính được 1 trong 3 giá trị cos ,sin ,cot như sau: 1 - Tính được cos bằng cách sử dụng công thức: cos , rồi suy ra 1 tan2 hai giá trị còn lại. Trường hợp 2: Nếu 90;180 cos ,sin ,cot 0 Do đó ta có thể tính được 1 trong 3 giá trị cos ,sin ,cot như sau: 1 - Tính được cos bằng cách sử dụng công thức: cos , rồi suy 1 tan2 ra hai giá trị còn lại. Bài toán 4: Biết giá trị của một biểu thức lượng giác theo , tính các giá trị lượng giác của góc Phương pháp:
- Biến đổi biểu thức lượng giác đã cho về một dạng chỉ chứa một hàm lượng giác, rồi tực hiện phép đặt ẩn phụ (nếu cần) để giải một phương trình đại số. - Biến đổi biểu thức đã cho về dạng tích. - Sử dụng bất đẳng thức. Bài toán 5: Biết giá trị của một biểu thức lượng giác, giả sử là biểu thức A, tính các giá trị của biểu thức lượng giác B. Phương pháp: - Biến đổi A rồi thay vào B. - Biến đổi B rồi sử dụng A. - Biến đổi đồng thời cả hai biểu thức A, B xuất hiện biểu thức trung gian. - Sử dụng phương pháp giải phương trình để tính các giá trị. 1 Ví dụ 1: Biết cos và 0 180 3 a) Tính các giá trị lượng giác còn lại. 3tan 2cot b) Tính giá trị của biểu thức: P . tan cot Lời giải 8 1 a) Ta có sin2 cos2 1 sin 1 cos2 , tan 8,cot 3 8 b) Với câu b, ta có thể thay trực tiếp kết quả tính được ở ý a, cho ra kết quả. Ngoài ra ta có thể làm như sau: sin cos 3 2 2 2 2 3tan 2cot 3sin 2cos 3 cos 26 P cos sin sin cos 2 2 2 tan cot sin cos 1 2cos 7 cos sin Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có tan A 5 a) Tính sin A,cos A ? sin3 A 2cos3 A b) Tính giá trị của biểu thức: P . sin2 A.cos A 3sin A Lời giải a) Vì tan A 5 nên suy ra góc µA tù. Do đó cos A 0
1 1 5 Ta co: cos , sin A tan A.cot A . 1 tan2 26 26 b) Với ý b, ta có thể thay trực tiếp kết quả từ ý a. Sau đây chúng tôi nêu thêm một cách nữa như sau: sin3 A 4cos3 A 3 tan3 A 4 121 P cos A sin2 A.cos A 3sin A sin2 A cos2 A tan2 A 3tan3 A 3tan A 365 cos3 A Ví dụ 3: Cho các số m, n dương và số 0;180 \ 90 thỏa mãn m tan ncot 2 mn 1 . Tính sin ,cos , tan ,cot . Lời giải Với tan 0 , ta suy ra cot 0 . Khi đó 2 mn m tan ncot 0 (vô lí). Vậy tan 0,cot 0 0,90 . Cách 1: (sử dụng bất đẳng thức). Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: m tan ncot 2 mn tan .cot 2 mn . n tan m Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: m tan ncot mn m cot n Áp dụng hệ thức lượng giác cơ bản ta có: 1 1 1 m 1 tan2 cos cos2 2 n m n 1 tan 1 m n m n sin tan .cos . m m n m n Cách 2: Ta có thể tính tan ,cot như sau: 2 2 m tan ncot 2 mn m tan ncot 2 mn tan .cot 2 m tan ncot 0 m tan ncot mn Cách 3: Đặt t tan t 0 . Khi đó (1) trở thành
n 2 n mt 2 mn mt 2 2t mn n 0 t m n 0 t t m Ví dụ 4: 1 a) Với giá trị nào của , 0;180 thì biểu thức P xác định. sin cos b) Cho góc 0;180 thỏa mãn sin cos 2 . Tính n n Sn sin cos . Lời giải 1 a) Biểu thức P xác định thì sin cos 0 sin cos tan 1 135 1 b) Ta có: sin cos 2 2sin cos 1 sin cos 2 n 1 n 1 Cách 1: Sn 1 sin cos sinn cosn sin cos sin cos sinn 1 cosn 1 1 S 2S S n 1 n 2 n 1 1 Từ đây sẽ dễ dàng tìm ra được Sn 2n 2 Cách 2: sin cos 2 sin 45 1 45 90 k260 45 k360 k ¢ n 2 1 Do 0;180 nên 45 . Vậy S sinn cosn 2 n n 2 2 2 Dạng 3 Chứng minh, rút gọn biểu thức lượng giác Vấn đề 1. Chứng minh đẳng thức lượng giác Phương pháp: Cách 1. Biến đổi vế phức tạp sang vế rút gọn. Cách 2. Biến đổi cả hai vế về cùng một biểu thức trung gian. Cách 3. Biến đổi tương đương đẳng thức cần chứng minh thành một đẳng thức
đúng. - Sử dụng các hệ thức lượng giác cơ bản. - Chú ý tới các hằng đẳng thức đáng nhớ: 1. a2 b2 a b 2 2ab a b 2 2ab 2. a3 a3 a b 3 3ab a b . 3. a3 b3 a b 3 3ab a b 2 4. a4 b4 a2 b2 2a2b2 3 5. a6 b6 a2 b2 3a2b2 a2 b2 a2 b2 a4 a2b2 b4 Vấn đề 2. Rút gọn các biểu thức lượng giác. Phương pháp: - Đưa về cùng một loại hàm số lượng giác. - Rút gọn đến biểu thức đơn giản nhất. - Nếu gặp dạng phân thức thì ta thường phải biến đổi tử và mẫu duwois dạng tích rồi rút gọn cho nhân tử chung. - Nếu gặp dạng căn thức thì thường nhân và chia cho biểu thức liên hợp, biến đổi biểu thức trong căn dạng lũy thừa rồi rút gọn. Vấn đề 3. Chúng minh biểu thức không phụ thuộc vào biến số Phương pháp: - Biến đổi và rút gọn biểu thức cho đến khi nhận được biểu thức đơn giản mà không phụ thuộc vào biến số theo yêu cầu bài toán. - Nếu biểu thức chứa một biến số thì biến đổi nó bằng hằng số. Ví dụ 1: Rút gọn biểu thức sau a) A 1 tan .cos2 1 cot sin2 với 0;90 . 1 sin 1 sin b) B . 1 sin 1 sin c) C 2 sin8 cos8 4 cos6 2sin6 6sin4 .
Ví dụ 2: Cho a,b khác 0 và , thỏa mãn a.sin .sin b.cos .cos 0. Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào , : Lời giải a) A sin cos .cos sin cos sin sin cos 2 sin cos b) 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin Cách 1: B 1 sin 2 1 sin 2 cos cos 2 cos 2 1 sin 1 sin 1 sin2 cos Cách 2: 2 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin 2 B2 2 2 1 sin 1 sin cos2 2 2sin2 4 2 2 B cos2 cos2 cos Cách 3: 1 sin 2 1 sin 2 B 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin 2 . cos cos c, Đặt t sin2 ,v cos2 0 t,v 1 . Khi đó: t v 1. Khi đó C 3 t4 v4 4 v3 2t3 6t2 t v 3 t v t2 v2 4v3 8t3 6t3 6t2v 3t2 3tv2 3v2 4v3 2t3 6t2v t v 3 1
1 1 A . a.sin2 b.cos2 a.sin2  b.cos2  Lời giải Ta xét các trường hợp sau: Nếu cos 0 sin2 1. Theo giả thiết ta suy ra sin 0 cos2  1. 1 1 Lúc đó A không phụ thuộc vào ,. a b Tương tự với các trường hợp sin 0,cos 0,sin 0. Rõ ràng rằng nếu cos 0 thì cos 0. Ta xét trường hợp cả hai giá trị cos ,cos 0. Ta có: b b a.sin .sin b.cos .cos 0 tan .tan tan . a a.tan 2 b 2 2 2 1 1 tan 1 tan  1 tan a.tan A 2 2 2 2 a.tan b a.tan  b a.tan b b a. b a.tan 2 2 2 2 1 tan2 b2 a2 tan2 ab 1 tan b a tan a.tan2 b ab a.tan2 b ab a.tan2 b 2 a b a.tan b a b ab a.tan2 b ab Ví dụ 3: Cho biểu thức A sin6 cos6  2m 1 sin4 cos4 . Xác định m để A không phụ thuộc vào . Lời giải 2 3 2 3 2 2 2 2 A sin cos 2m 1 sin cos 3 sin2 cos2 3sin2 .cos2 sin2 cos2 2 2 2 2 2 2m 1 sin cos 2sin .cos
1 3sin2 .cos2 2m 1 1 2sin2 .cos2 2m 1 4m sin2 .cos2 1 Để A không phụ thuộc vào , điều kiện là 1 4m 0 m . 4 Dạng 4 So sánh giá trị của các “hàm” lượng giác Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, trên nửa đường tròn đơn vị (như hình vẽ) lấy hai điểm M, N sao cho x·OA , x· OB  00  1800 . Ta có: yM sin, xM cos, yN sin , x N cos . Với giả thiết x·OA , x· OB  00  1800 , ta luôn có: x N xM cos cos. 0 0 Trường hợp 0  90 , ta luôn có yM yN sin sin . Trường hợp 00  900, ta luôn có: sin sin sin tan tan . cos cos cos Khi đó cot cot . Trường hợp 90 0 1800, ta cũng xét tương tự. Ví dụ: So sánh các cặp số: a)cos130 và cos690. b)sin 630 và sin 72o15 . c)cos92o12 và sin11o . d)cos 27o và sin 59o . e)tan 92o13 . và tan111o. Lời giải Theo nhận xét trên ta dễ dàng đưa ra được kết quả: a) Do 0o 13o 69o 180o nên cos130 cos690. b)sin63 0 sin 72015 . c)sin110 sin 79 0 sin 92012 . d)sin 590 cos310 cos270. e)tan 92013 tan1110 Dạng 5
Hai góc bù nhau, phụ nhau. Ví dụ 1: Giá trị của: M cos2 150 cos2 250 cos2 350 cos2 450 cos2 1050 cos2 1150 cos2 1250 là: 7 1 A. M 4. B. M . C. M . D. 2 2 2 M 3 . 2 Ta có: cos2 1250 cos2 1800 550 cos2 550 sin2 350 Tương tự: cos2 1150 cos2 650 sin2 250,cos2 1050 cos2 750 sin2 150. Vậy M cos2 150 cos2 250 cos2 350 cos2 450 sin2 150 sin2 250 sin2 350 1 7 3 2 2 Đáp án B. Ví dụ 2: Tính M tan10 tan 20 tan 30 tan890 A. 1. B. 2. C. -1. 1 D. . 2 Lời giải Ta có: tan890 tan 900 10 cot10 tan880 tan 900 20 cot 20 tan 460 tan 900 440 cot 440 Suy ra M tan10 cot10 tan 20 tan 440 cot 440 tan 450 1. Đáp án A. Ví dụ 3: Tính giá trị của biểu thức:
cos 450 x sin 450 x a)A tan 1350 x sin 450 x . 1 sin 1350 x 2cos 900 sin 900 tan 1800 b) B 2cos cot 900 sin 1800 Lời giải a) Do 450 x 450 x 900 nên cos 450 x sin 450 x . Lại có: sin 1350 x sin 1800 450 x sin 450 x , tan 1350 x tan 450 x Vậy cos2 450 x cos2 450 x A tan 450 x cos 450 x sin 450 x 1 sin 450 x 1 sin 450 x 1 sin2 450 x sin 450 x 1 sin 450 x sin 450 x 1 1 sin 450 x b) Ta có: sin 900 sin 1800 900 sin 900 cos cot 900 tan 2sin .cos tan Vậy B 2cos 2cos 2cos 0 tan .sin Ví dụ 4: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: A B C a)cos A cos B C 0; b) sin cos ; 2 2 3A B C c)sin A cos 0 2 Lời giải Theo giả thiết ta có: A B C 1800 B C 1800 A.
a) Khi đó ta có: cos B C cos 1800 A cos A cos A cos B C 0 0 A B 180 C 0 C C b)sin sin sin 90 cos . 2 2 2 2 3A B C cos cos 900 A cos 1800 900 A c) 2 cos 900 A sin A 3A B C sin A cos 0 2 Dạng 6 Phương pháp lượng giác hóa để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình. Trong một số trường hợp, nếu để nguyên dạng đại số của phương trình, bất phương trình hay của hàm số đã cho thì việc giải phương trình, bất phương trình, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số sẽ gặp chút khó khăn. Trong trường hợp đó, nếu điều kiện cho phép người ta có thể tàm cách chuyển phương trình, bất phương trình, của hàm số từ dạng đại số thành dạng lượng giác (gọi là phương pháp lượng giác hóa các hàm đại số), với hi vọng dưới dạng mới bài toán sẽ dễ giải hơn. Các dấu hiệu phép lượng giác hóa: 1. Nếu bài toán có (hiệ hoặc ẩn) điều kiện x2 y2 1 thì x sin cho phép biến đổi . y cos 2. Nếu trong bài toán có biểu thức dạng a2 x2 thì chọn phép biến đổi STUDY TIP Việc chọn giới hạn của góc x a sin . tùy thuộc vào giới hạn y a cos của biên x, ngoài ra còn phụ thuộc vào điều kiện cụ 3. Nếu trong bài toán có biểu thức dạng a2 x2 thì chọn thể của bài toán. Các bạn phép biến đổi cần chọn điều kiện của thích hợp sao cho dạng x a.tan . lượng giác của phương x a.cos trình, hàm số cho ở đầu bài có dạng đơn giản, đặc biệt 4. Nếu trong bài toán có biểu thức dạng a2 x2 thì chọn là khi xuất hiện giá trị phép biến đổi tuyệt đối.
x a .tan . x a .cot 5. Nếu trong bài toán có biểu thức dạng x2 a2 thì chọn phép biến đổi a x sin . a x cos x 35 Ví dụ 1: Giải phương trình: x 1 . x2 1 12 Lời giải Điều kiện: x ; 1  1; . x 35 Với x 1 thì x 0 . x2 1 12 Trong trường hợp này phương trình vô nghiệm. Vậy x 1. 2 x 1225 Cách 1: Phương trình (1) tương đương x x2 1 144 x2 x2 1225 x4 x2 1225 x2 2 2 0 2 2 x2 1 x 1 144 x 1 x2 1 144 x2 Đặt t t 0 , phương trình trên trở thành: x2 1 25 t 12 144t2 288t 1225 0 . 49 t 12 Do điều kiện của t nên ta có 2 25 2 x x 25 9 144x4 625 x2 1 0 2 12 25 x 1 x2 16
5 5 Kết hợp với điều kiện x 1 x , x là hai nghiệm của phương 3 4 trình. Cách 2: (phương pháp lượng giác). 1 Đặt x 00 900 . Phương trình (1) trở thành: sin 1 1 35 . sin cos 12 Đặt t sin cos t 0 . Ta có: t2 1 t2 1 2sin cos sin cos . 2 Thay vào phương trình ta được: 2t 35 7 35t2 24t 35 0 t . t2 1 12 5 12 Từ đây ta tính được sin cos . 25 Như vậy sin ,cos là nghiệm của phương trình: 7 12 X 2 X 0. 5 25 3 4 Từ đây ta tính được sin hoặc sin . 5 5 5 5 Tương ứng ta được các nghiệm của phương trình là x , x . 3 4 3 Ví dụ 2: Giải phương trình: x3 1 x2 x 2 1 x2 . Lời giải Điều kiện: 1 x 1. Đặt x cos 00 1800 , thì phương trình trở thành: sin3 cos3 2 sin .cos . Đặt sin cos t. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: t2 sin cos 2 2 sin2 cos2 2 t 2
Phương trình nên trở thành: t 2 t3 2t2 3t 2 0 t 2 t 2 1 t 2 1 0 t 1 2 Với t 2 ta có: 2 2 sin cos 2 sin cos x . 2 2 Với t 1 2, ta có: sin cos 1 2 Hay x 1 2 2 1 2 2 2 1 x 1 x 1 2 x x2 1 2 x 1 2 0 2 1 2 2 2 1 2 Vậy phương trình có hai nghiệm là x ; x . 2 2 Ví dụ 3: Cho tam giác ABC vuông tại A và ba số thực x, y, z sao cho bx cy az. Chứng minh rằng: Z 2 x2 y2 trong đó a BC,b AC,c AB. Lời giải b c Từ giả thiết ta có: z x y. a a c b Do tam giác ABC vuông tại A nên sin C ,cosC . Vậy a a z x cosC y sin C. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: z2 x cosC y sin C 2 x2 y2 sin2 C cos2 C x2 y2 (đpcm). Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P sin cos cos sin biết 00 900. Lời giải
0 0 sin cos 0 Do 0 90 nên P 0. cos sin 0 Dấu bằng xảy ra khi 900 hoặc 00. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 0. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 2 P2 sin cos cos sin sin2 cos2 sin cos P2 sin cos P4 sin cos 2 2 P 4 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 450. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng 4 2. Dạng 7 Nhận dạng tam giác Ví dụ 1: Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện: cos 2A 2 2 cos B 2 2 cosC 3. Tính các góc của tam giác ABC. Lời giải Ta có: cos 2A 2 2 cos B 2 2 cosC 3 cos 2A 2 2 cos B cosC 3 B C B C cos 2A 4 2 cos .cos 3 2 2 A B C STUDY TIP cos 2A 4 2 cos .cos 3 2 2 Trong bài sử dụng các B C B C công thức: 2cos2 A 4 2 cos .cos 4 0 2 2 2 cos 2A 1 2sin A Do tam giác ABC không tù nên 0 cos A 1 cos2 A cos A và cos x cos y B C cos 1. x y x y =2cos cos 2 2 2 A B C Do đó: 0 2cos2 A 4 2 sin .cos 4 2 2 2 cos A cos A A 2 A A 2cos A 4 2 sin 4 2 1 2sin 4 2 sin 4 2 2 2
2 2 A A A 0 4sin 4 2 sin 2 2sin 2 0 2 2 2 A 2sin 2 0 0 2 A 90 Vậy B C 0 cos 0 B C 45 2 Ví dụ 2: Tính các góc của tam giác ABC biết A B và cos A B cos A B 1 cosC 1. Lời giải cos A B cos A B 1 cosC 1 cos A B cos 1800 C 1 cosC 1 cos A B cosC 1 cosC 1 cos A B . 1 cosC cosC cos2 C 1 0 2 1 cos A B 1 cosC cos C 0 (*) 2 Do 1 cos A B 1 cosC 0 và cos C 0 nên cosC 1 0 cos(A B) 1 A B 45 * cos(A B) 1 . cosC 0 0 C 90 cosC 0 Ví dụ 3: Tính các góc của tam giác ABC biết 2 sin2 A cos2 B cos2 C 2 sin A cos B 1. Lời giải 2 sin2 A cos2 B cos2 C 2 sin A cos B 1 4sin2 A 4sin A 1 4cos2 B 4cos B 1 4cos2 C 0 A 300 2sin A 1 2 2 2 0 2sin A 1 2cos B 1 4cos C 0 2cos B 1 B 60 cosC 0 C 900 Dạng 8
Xác định góc giữa hai vectơ Ví dụ: Cho lục giác đều ABCDEF ngoại tiếp đường tròn tâm O.           Tính góc: AB, ED , AB,CF , AB,CD , AB, BD , AB,OD . Lời giải     Do AB, ED cùng hướng nên AB, ED 00.     + AB,CF ngược hướng nên AB, ED 1800.       + Do AF,CD cùng hướng nên AB,CD AB, AF F· AB 1200.   + AB  BD nên AB, BD 900.       + Do AO,OD cùng hướng nên AB,OD AB, AO O· AB 600. C. Bài tập rèn luyện kĩ năng. 3 A.1. B. 5. C. . D. 2 3. Câu 1: Cho tam giác ABC đều. G là trọng tâm 2   tam giác ABC. Khi đó góc giữa BC và GC Câu 3: Cho hai góc nhọn và   . bằng: Khẳng định nào sau đây sai? 0 0 0 0 A. 30 . B. 60 . C. 120 . D. 150 . A. cos cos. B. sin sin. Câu 2: Giá trị của biểu thức C. tan tan 0. D. cot cot. sin 600 tan 300 M bằng: Câu 4: Bất đẳng thức nào dưới đây là sai? cot1200 cos300
A. cos750 cos500. B. sin800 sin500. A. sin .cos m2. B. sin .cos 2m. C. tan 450 tan 600. D. cos300 sin600. 1 m2 Câu 5: Trong hệ trục toạn độ Oxy, cho điểm C. sin .cos . D. 2 M 5;6 và nửa đường tròn đơn vị như hình m2 1 vẽ. Gọi N là giao điểm của đoạn OM với nửa sin .cos . 2 đường tròn. Tọa độ điểm N: Câu 8: Cho và  là hai góc khác nhau và bù nhau, trong các đẳng thức sau đây đẳng thức nào sai? A. sin sin. B. cos cos. C. tan tan. D. cot cot. Câu 9: Cho góc tù. Điều khẳng định nào sau đây là đúng? 5 6 6 5 A. ; B. ; A. sin 0. B. cos 0. 61 61 61 61 C. tan 0. D. cot 0. 5 11 5 6 C. D. ; ; Câu 10: Bất đẳng thức nào dưới đây là đúng? 6 6 61 61 A. sin900 sin1000. B. cos950 cos1000. Câu 6: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm M 3; 4 và nửa đường tròn như hình vẽ. C. tan850 tan1250. D. Tọa độ giao điểm của đường thẳng OM với cos1450 cos1250. nửa đường tròn trên là: Câu 11: Xét các khẳng định sau: 1 1.sin 360 cos60 sin1260 cos840 . 2 2.sin2 510 sin2 550 sin 2390 sin2 350 2. 3.tan10 tan 20 tan 30 tan880 tan890 1. 2 0 2 0 2 0 4.sin 2 sin 4 sin 6 sin2840 sin2860 sin2880 22. 3 4 3 4 3 4 4 3 A. ; B. ; C. D.; ; 5 5 5 5 5 5 5 5 5. cos2 730 cos2 870 cos2 30 cos2 170 2. Câu 7: Cho biết sin cos m. Giá trị của 6. tan x cot x 2 tan x cot x 2 4 sin .cos bằng bao nhiêu?
Số khẳng định đúng là: Câu 15: Cho các góc a, b, c, d thuộc 00;1800 sao cho A. 0 B. 1. C. 2. D. 5. 0 0 sin a 7sin b 4 sin c 2sin d Câu 12: Cho 0 ;45 và các số thực . Khi đó: cos a 7cosb 4 cosc 2cos d t tan tan , t tan cot , t cot tan , 1 2 3 cos a d bằng: t cot cot . Mệnh đề nào sau đây đúng: 4 7 5 A. cos b c . B. cos b c . 2 2 A. t4 t3 t1 t2. B. t4 t3 t2 t1. 7 C. t2 t3 t1 t4. D. t1 t2 t4 t3. C. 3cos b c . D. cos b c . 2 Câu 13: Cho biết cot 4. Tính giá trị của: Câu 16: Biết sin a cos a 2. Giá trị của 2 E 2cos 5sin cos 1. sin4 a cos4 a bằng: 16 70 71 69 3 1 A. . B. . C. . D. . A. . B. . C. -1. D. 17 17 16 17 2 2 0. Câu 14: Cho các đẳng thức sau: 1 2 2 Câu 17: Cho f x sink x cosk x với k a. cos x sin x cos x sin x 2,x. k k là số nguyên dương. b.tan2 x sin2 x tan2 xsin2 x,x 900 Giá trị của biểu thức f4 x f6 x bằng: c.sin4 x cos4 x 1 2sin2 x cos2 x,x. 1 1 1 d. sin6 x cos6 x 1 3sin2 x cos2 x,x A. . B. C .D. 12 6 4 1 cos x sin x e. x 0, x 1800 . 0. sin x 1 cos x 1 2 2 2 2 f. tan x cot x x 00,900,1800 Câu 18: Biểu thức tan xsin x tan x sin x sin x cos x có giá trị bằng: 1 A. -1. B. 0. C. 2. D. 1. g. tan2 x cot2 x 2 x 00,900,1800 sin2 xcos2 x 1 Câu 19: Cho cot . Giá trị của biểu thức: 3 h.sin2 2x cos2 2x 2. 3sin 4cos A là: Số đẳng thức sai 2sin 5cos A. 1. B. 2. C. 4. D. 15 15 A. . B. -13. C. . D. 13. 6. 13 13
2 A. A=1. B. A=2. C. A=3. D. Câu 20: Cho biết cos . Giá trị của biểu 3 A=4. cot 3tan thức: E bằng: 1 sin2 x 2cot tan Câu 26: Rút gọn biểu thức P ta 2sin x.cos x 25 11 11 25 A. . B. . C. . D. . được: 3 13 3 13 1 1 A. P tan x. B. P cot x. Câu 21: Cho tan cot m. Số các giá trị 2 2 2 2 của m để tan cot 7. C. P 2cot x. D. P 2 tan x. A.0. B. 1. C. 2. D. 3. Câu 27: Cho a 0;2 2 . Số nghiệm của Câu 22: Biểu thức tan cot 2 bằng: x3 2x phương trình a là 1 1 x2 1 x2 1 A. . B. sin2 cos2 A. 1. B. 0. C. 2. D. 3. cot2 tan2 2. Câu 28: Cho tam giác ABC vuông tại A. Các 1 1 cạnh của tam giác ABC thỏa mãn điều kiện: C. . D. 2 2 sin cos BC2 2BC.AC 4AC2. Khi đó sin ·ABC cot2 tan2 2. bằng: Câu 23: : Đơn giản biểu thức: 1 2 5 1 A. . B. C. D. 2 2 4 G 1 sin2 x cot2 x 1 cot2 x. 6 2 . 4 1 A. sin2 x. B. cos2 x. C. . D. cosx Câu 29: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB < cos x. AC. Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho BD = AC. Trên tia đối của tia CA lấy điểm E Câu 24: Đơn giản biểu thức sao cho CE = AD. Tia DC cắt BE tại F. Khi đó sin x E cot x ta được: tan C· FB bằng: 1 cos x 1 1 1 2 A. sin x. B. . C. . D. A. 3. B. . C. 1. D. cos x sin x 3 2 cos x. Câu 30: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh Câu 25: Rút gọn biểu thức sau: thỏa mãn hệ thức BC2 AB.AC AB2 0. 2 2 2 cot x cos x sin x.cos x Khi đó sin A B bằng: A . 3 cot2 x cot x
3 1 2 A. . B. . C. 1. D. . 2 2 2 2 Câu 31: Cho x thỏa mãn 2sin x cos x . 5 Tính giá trị biểu thức: P 2 sin x cos x. Bạn Anh Vũ đã làm như sau: Bước 1: Nếu sin 0 thì 2 P 2 sin x cos x 2sin x cos x . 5 Nếu sinx 0 thì P 2 sinx cosx 2sinx cosx. Bước 2: Ta có: 1 2 2 sin x P 2sin x cos x 4 5 5 1 2 2sin x cos x P cos x P 2 5 Bước 3: Do sin2 x cos2 x 1 2 2 P 2 1 2 1 2 P P 1 38 . 16 5 4 5 P 25 2 38 Bước 4: Vậy P 2; ;  là các giá trị cần 5 25 tính. Bạn Anh Vũ sai ở bước nào? A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
$2. Tích vô hướng của hai vectơ A. Lý thuyết 1. Định nghĩa.  Cho hai vectơ a và b đều khác vectơ 0. Tích vô hướng của a và b là một số, kí hiệu là a.b, được xác định bởi công thức sau: a.b a . b .cos a,b Trường hợp ít nhất một trong hai vectơ a và b bằng vectơ 0 ta quy ước a.b 0. Chú ý: + Với a và b khác vectơ 0 ta có a.b a  b.  + Khi a b tích vô hướng a.a được kí hiệu là a2 và số này được gọi là bình phương vô hướng của vectơ a .  2 Ta có: a2 a . a .cos00 a + a.b 0 a,b là góc nhọn. a.b 0 a,b là góc vuông. a.b 0 a,b là góc tù. 2. Các tính chất của tích vô hướng Với ba vectơ a,b,c bất kì và mọi số k ta có: + a.b b.a (tính chất giao hoán); + a b c a.b a.c (tính chất phân phối); + ka .b k a.b a. kb ; 2 2 + a 0,a 0 a 0. Nhận xét: Từ các tính chất của tích vô hướng của hai vectơ ta suy ra: 2 2 + a b a 2 2a.b b ; 2 2 + a b a 2 2a.b b ; 2 + a b a b a 2 b .
3. Định lí hình chiếu.   Cho hai vectơ AB và CD. Gọi C , D lần lượt là hình chiếu của C, D     trên đường thẳng AB. Khi đó: AB.CD AB.C D . STUDY TIP 4. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng Trên mặt phẳng tọa độ O;i; j , cho hai vectơ a a ;a ,b b ;b . Hai vectơ a a1;a2 , 1 2 1 2 b b ;b đều khác 0 1 2 Khi đó tích vô hướng a.b là: vuông góc với nhau khi và chỉ khi: a.b a1b1 a2b2 a1b1 a2b2 0 5. Ứng dụng. a) Độ dài của vectơ Độ dài của vectơ a a1;a2 được tính theo công thức: 2 2 a a1 a2 b) Góc giữa hai vectơ. Từ định nghĩa tích vô hướng giữa hai vectơ ta suy ra nếu a a1;a2 và b b1;b2 đều khác 0 thì ta có a.b a b a b cos a;b 1 1 2 2 a . b 2 2 2 2 a1 a2 . b1 b2 c) Khoảng cách giữa hai điểm. Khoảng cách giữa hai điểm A xA; yA và B xB; yB được tính theo công thức: 2 2 AB x B xA yB yA B. Các dạng toán điển hình Dạng 1 Tính tích vô hướng – Tính góc. 1. Tính tích vô hướng. Ta có thể lựa chọn một trong các hướng sau đây: -Hướng 1: Sử dụng định nghĩa bằng cách đưa 2 vectơ a và b cùng gốc để xác định chính xác góc a,b , từ đó: a.b a . b .cos .
-Hướng 2: Sử dụng các tính chất và các đẳng thức của tích vô hướng của hai vectơ. Lưu ý:  2   2     AC2 AB2 BC2 BC2 BC AC AB AC2 AB2 2AC.AB AC.AB 2 -Hướng 3: Nếu đề bài cho dạng tọa độ a a1;a2 ,b b1;b2 a.b a1b1 a2b2 2. Tính góc. Cho hai vectơ a và b . Nếu a a1;a2 và b b1;b2 đều khác 0 thì: a.b a b a b cos a,b 1 1 2 2 a . b 2 2 2 2 a1 a2 . b1 b2 Ví dụ 1:Cho  hình vuông ABCD tâm O, cạnh bằng a. Tính: a)AB.DC   b)AB.OC.   c)CA.OC.     d) AB AD . BC BD .     e) AC AB . 2AD AB .       f) AC AB AD . DA DB DC . Lời giải:     a) Do AB, DC cùng hướng nên AB, DC 00.     Do đó: AB.DC AB.DC.cos AB, DC a2.       b) Hai vectơ AO,OC cùng hướng, do đó AO,OC AB, AO 450.     a 2 2 a2 Ta có: AB.OC AB.OC.cos AB,OC a. . . 2 2 2     c) Hai vectơ CA,OC ngược hướng, do đó (CA,OC) 1800.     a 2 Suy ra CA.OC CA.OC.cos CA,OC a 2. . 1 a 2. 2            d) AB AD . BC BD 2AO. BC BD 2AO.BC 2AO.BD
  a 2 2 2AO.BC.cos AO, BC 2. .a. a2 2 2            e) AC AB 2AD AB BC. AD BD BC.AD BC.BD a 2 2 3a2 a2 a. . . 2 2 2         f) AC AB AD . DA DB DC 4.AO.4DO 0. Ví dụ 2: Cho hình thang ABCD uông tại A và B có các đáy AD a, BC 3a và cạnh AB 2a.       a) Tính AB.BD, BC.BD và AC.BD. b) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD. Hạ II , JJ vuông góc  với AC. Tính AC.IJ và độ dài I J . Lời giải   a) * Tính AB.BD. Cách 1: (Sử dụng định lí hình chiếu)     AB.BD AB.BA 4a2. Cách 2: (Sử dụng định nghĩa)     AB.BD AB.BD.cos AB, BD AB.BD.cos D· BA AB AB. AB2 AD2 . AB2 4a2 AB2 AD2   *Tính BC.BD Cách 1: (Sử dụng định lí hình chiếu)     Gọi E là hình chiếu của D trên BC. Khi đó: BC.BD BC.BE 3a2. Cách 2: (Sử dụng định nghĩa)     BC.BD BC.BD.cos BC, BD BC.BD.cos D· BC BC.BD.cos B· DA AD BC.BD. BC.AD 3a3. BD   *Tính AC.BD .          Ta có: AC.BD AC BC .BD AB.BD BC.BD 4a2 3a2 a2.
  b) Tính AC.IJ . Cách 1: (Sử dụng định lí hình chiếu). Gọi F là hình chiếu của C trên IJ. Khi đó tứ giác IBCF là hình chữ nhật.     AB BC a 3a 2 AC.IJ IF.IJ BC. 3a 6a . 2 2      AC BD 1 1   13a2 a2 Cách 2: AC.IJ AC. AC2 AC.BD 6a2. 2 2 2 2 2 *Tính I J .     Ta có: AC.IJ AC.I J AC.I J a 13.I J . Từ đó suy ra 6a2 6a 13 I J . a 13 13 Ví dụ 3: Cho tứ giác ABCD có AB a,CD b, EF c trong đó E, F lần lượt là trung điểm của AC, BD. Tính cosin của góc giữa hai đường   STUDY TIP thẳng AB, CD. Tìm điều kiện để góc AB, DC là góc tù. + Cho tứ giác ABCD, E, E là Lời giải trung điểm của AC, BD. Khi      DC AB  DC AB   2   đó: FE . Ta có: FE 4EF 2 DC AB DC2 2DC.AB AB2 2 2 + Cho hai đường thẳng AB và   a2 b2 4c2 CD. Khi đó: DC.AB 2   cos AB,CD cos AB,CD Suy ra:   a2 b2 4c2   a2 b2 4c2 DC.AB.cos AB, DC cos AB, DC 2 2ab 2 2 2   a b 4c Vậy cos AB,CD cos AB, DC . 2ab   Để AB,DC là góc tù thì   a2 b2 4c2 cos AB,DC 0 0 a2 b2 4c2 Dạng 2 2ab Chứng minh đẳng thức vectơ Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có BC a,CA b, AB c. Gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC. Và R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng: OI 2 R2 2Rr (Công thức Euler)
Lời giải    Ta có: aIA bIB cIC 0       a IO OA b IO OB c IO OC 0     aOA bOB cOC OI a b c a2 b2 c2 ab 2R2 c2 bc 2R2 a 2 ac 2R2 b2 OI 2 a b c 2 2 a b c R2 abc a b c abc R2 R2 2Rr a b c 2 2 p 2 2 STUDY TIP Vậy OI R 2Rr Ở bài toán này, ta sử dụng Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có AB c, BC a, AC b . Điểm M công thức: thuộc đoạn AB. Giả sử AM m, BM n, MC d. Chứng minh rằng:   2 2 2 2.OA.OB OA2 OB2 AB2 c d mn a .m b .n . 2 2 2R c Lời giải Giả sử chân đường vuông góc H hạ từ đỉnh C nằm giữa A và M (có thể H trùng M). Ta có:      CB CM MB CB2 CM 2 MB2 2CM.MB CB2 CM 2 MB2 2HM.MB Tương tự ta có: CA2 CM 2 MA2 2HM.MA Từ hai đẳng thức trên ta có: CB2.MA CA2.MB CM 2 MA MB MB2.MA MA2.MB CM 2.AB AB.MA.MB Đặc biệt: Trường hợp M trùng với A, B thì đẳng thức vẫn đúng. *Chú ý: 1. Khi M trung điểm của AB, ta có: STUDY TIP Ví dụ 2 chính là định lí 2 2 2 2 a2 b2 c2 Stewart nổi tiếng, được 2 2 2 c 2 c 2 2 2 c 2 mc .c a . b . a b c . mc . Stewart chứng minh năm 4 4 4 4 1976, còn nhận xét 1, 2 chính là trường hợp đặc biệt của định lí này. Nhận xét 1, còn có tên gọi là Định lí Apollonius về trung tuyến. Độ dài đường phân giác được tính theo công thức sau: C 2abcos l 2 . c a b A 2cbcos l 2 . a c b B 2ac cos l 2 b a c
2 c2 b2 a2 2 c2 a2 b2 Tương tự, m2 ,m2 . a 4 b 4 Đây là công thức trung tuyến trong tam giác ABC. 2.Khi CM là phân giác trong của góc ·ACB (M thuộc AB). MA b MA b bc Ta có: MA . Từ đó suy ra MB a c a b b c ac MB . a b Theo công thức trên ta có: 2 2 2 2 2 2 a b c 2 2 2 abc c lc 2 a b c a b 2 a b 2 ab a b 2 c2 2 ab a b c a b c 2 abp p c lc lc a b 2 a b 2 a b 2 cbp p a 2 acp p b Tương tự l ,l . a c b b a c Đây là công thức tính độ dài đường phân giác. Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm G. M là một điểm bất kì. Chứng minh rằng: 9MG2 3 MA2 MB2 MC2 AB2 BC 2 CA2 . Lời giải     Ta có: 3MG MA MB MC       9MG2 MA2 MB2 MC2 2 MA.MB MB.MC MA.MC   MA2 MB2 AB2 Mặt khác, MA.MB , 2   MA2 MC2 AC2   MC2 MB2 CB2 MA.MC , MC.MB . 2 2 Do đó,       AB2 CB2 AC2 MA.MB MA.MC MC.MB MA2 MB2 MC2 2
Vậy AB2 CB2 AC2 9MG2 MA2 MB2 MC2 2 MA2 MB2 MC2 2 3 MA2 MB2 MC2 AB2 CB2 AC2 . Ví dụ 4: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Chứng minh rằng với mọi điểm M ta luôn có: MA MB MC OA OB OC. Lời giải Do tam giác ABC đều nên O là trọng tâm tam giác.       OA OB OC Suy ra: OA OB OC 0 0. OA OB OC     Mặt khác, ta luôn có: MA.OA MA.OA.cos MA,OA MA.OA        MA.OA MO OA .OA MO.OA MA OA. OA OA OA     MO.OB MO.OC Tương tự ta cũng có: MB OB, MC OC. OB OC Từ đây suy ra:     OA OB OC MA MB MC MO OA OB OC OA OB OC. OA OB OC Ví dụ 4: Chứng minh rằng trong hình bình hành ta có: tổng các bình phương hai đường chéo bằng tổng các bình phương của các cạnh. Lời giải Cho hình bình hành ABCD, ta chúng minh: AC2 BD2 2 AB2 AD2  2  2 Ta có: AC2 BD2 AC BD   2   2     AB AD BC BA 2 AB2 AD2 2 AB.AD BA.BC             Do AB.AD BA.BC 0, BA AB, BC AD nên AB.AD BA.BC 0 Vậy ta có: AC2 BD2 2 AB2 AD2 STUDY TIP Giá trị không đổi MA.MB d 2 R2 được gọi là phương tích của điểm M đối với đường tròn O và kí hiệu là PM /O . Ta có: P MA.MB M /O d 2 R2 Nếu hai đường thẳng AB và CD cắt nhau taih P và PA.PB PC.PD thì 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn
Ví dụ 5: Cho đường tròn O;R và điểm M cố định, OM d. Một đường thẳng thay đổi qua M cắt đường tròn tại hai điểm A và B. Khi đó MA.NB MO2 R2 d 2 R2 Lời giải Gọi C là điểm đối xứng của A qua O . Ta có CB  AM hay B là hình chiếu của C trên AM. Khi đó ta có     MA.MB MA.MB MC.MA     MO OC MO OA     MO OA MO OA  2  2 MO OA OM 2 OA2 d 2 R2 Dạng 3 Chứng minh hai đường thẳng vuông góc Để chứng minh hai đường thẳng vuông góc, ta cần chứng minh tích vô hướng của chúng bằng 0:   AB  AC AB.AC 0 Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm của BC. D là hình chiếu của H lên AC, M là trung điểm của HD. Chứng minh: AM  DB. Lời giải   *Cần chứng minh: AM.DB 0       1   Ta có: DB BH HD HC HD và AM AH AD 2   1     Do đó: AM.BD AH AD HC HD 2
1         AH.HC AH.HD AD.HC AD.HD 2   AH.HC 0(doAH  BC) Mà   AD.HD 0(doAH  HD)   1     1      AM.BD AH.HD AD.HC AH.HD AH HD .HC 2 2 1     1    1   AH.HD HD.HC HD. AH HC HD.AC 0 2 2 2 Vậy AM  DB. Ví dụ 2: Cho hình vuông ABCD, điểm M nằm trên đoạn thẳng AC sao AC cho AM . Gọi N là trung điểm CD. Chứng minh rằng BMN là 4 tam giác vuông cân. Lời giải   Đặt AD a, AB b  1  1    b Khi đó: AM AC a b ; AN AD DN a 4 4 2    1 1 MB AB AM b a b a 3b và 4 4    1 MN AN AM 3a b . 4   1 1 2 2 Ta có: MB.MN a 3b 3a b 3a 3b 8a.b 0 16 16  2 1 2 1 2 2 5 2 MB a 3b a 9b 6a.b a 16 16 8  2 1 2 1 2 2 5 2 MN 3a b 9a b 6a.b a 16 16 8 Vậy MB  MN và MB = MN, tam giác BMN vuông cân tại đỉnh M. Ví dụ 3: Cho tứ giác lồi ABCD, hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Gọi H và K lần lượt là trực tâm các tam giác ABO và CDO. Và I, J lần lượt là trung điểm AD và BC. Chứng minh rằng: HK  IJ. Lời giải   *Cần chứng minh: HK.IJ 0
    IJ IA AC CJ    Ta có:     2IJ AC DB IJ ID DB BJ          Suy ra: 2HK.IJ HK AC BD HK.AC HK.BD            HB BD DK AC HA AC CK DB AC BD DB 0 Vậy HK  IJ. Ví dụ 4: Cho hình chữ nhật ABCD. Kẻ BK  AC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AK và CD. 1. Chứng minh: B· MN 900. 2. Tìm điều kiện của hình chữ nhật để tam giác BMN vuông cân.   *Nhận xét: - Phân tích các vectơ MN, BM theo các vectơ gốc:    BA, BC, BK   - Chứng tỏ: MN.BM 0 Lời giải    1. Đặt BA a, BC b, BK c và BA a; BC b; BK c. Ta có:  1     1 a 1 BM a c ;MN MB BC CN a c b b c 2 2 2 2 Do đó:   1 c 1 1 MN.BM b a c 2a.b a.c 2b.c c2 2a.b b a c b c c 2 2 4 4   Vì a.b 0 và b a c 0; b c c 0 nên MN.BM 0 B· MN 900.   2. Ta có: BM MN BM 2 MN 2 2 2 1 1 2 2 2 2 a c b c a c 2a.c 4b c 4b.c 2 2 a2 2ac.cos ·ABK 4b2 4bc cosC· BK a2 2c. a cos ·ABK 4b2 4c. cosC· BK
a2 2c2 4b2 4c2 a2 6c2 4b2 0 (1) a2b2 Mặt khác: Vì ab AC.c nên c2 a2 b 2 6a2b2 Thay vào (1) ta được: a2 4b2 0 a2 3a2b2 4b2 0 a2 b2 a2 b2 a2 4b2 0 a2 b2 0 a b Vậy điều kiện cần và đủ để tam giác BMN vuông cân là ABCD là hình vuông. Bài tập rèn luyện kĩ năng: 1. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm của ACD. Chứng minh rằng nếu: AB = AC thì OE  CD. 2. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN. Chứng minh rằng: BM  CN b 2 c2 5a2 3. Cho tam giác cân ABC, AB = AC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi D là trung điểm cạnh AB và G là trọng tâm tam giác ADC. Chứng minh: OG  CD . 4. Cho ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm ADC. Chứng minh IE  CD. (I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC). 5. Cho hình vuông ABCD, trên DC lấy điểm E, kẻ EF  AC F BC . M, N lần lượt là trung điểm AE và DC. Chứng minh rằng: MN  DF 6. Cho hình chữ nhật ABCD, kẻ BH  AC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AH và DC. Chứng minh rằng: BM  MN. 7. Cho hình vuông ABCD , trên AB lấy điểm P, trên AD lấy điểm Q sao cho AP = AQ. Kẻ AH  DP. Chứng minh rằng: CH  QH Dạng 4 Chứng minh bất đẳng thức Ta đã biết với hai vectơ u,v khác 0 , tchs vô hướng được định nghĩa như sau: u.v u . v .cos u,v . Từ đây ta có thể rút ra một số bất đẳng thức:
u.v u . v .cos u,v u . v hoặc u.v u . v . Sau đây là một số ví dụ áp dụng: Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC luôn có: 3 cos A cos B cosC . 2 Lời giải    Thiết lập các đơn vị e1,e2,e3 có giá trị lần lượt vuông góc với các cạnh AB, BC, AC của ABC , ta được:   0 e1.e2 e1 . e2 .cos 180 B cos B,   0 e 2.e3 e2 . e3 .cos 180 C cosC,   0 e1.e3 e1 . e3 .cos 180 A cos A,    2  2  2  2       Mặt khác ta luôn có: e1 e2 e3 e1 e2 e3 2 e1.e2 e2.e3 e1.e2 3 2 cos B cosC cos A 0 3 cos A cos B cosC , đpcm. 2 Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC luôn có: A B C 3 sin sin sin . 2 2 2 2 Lời giải A B C B C A C B A Ta có: sin cos ,sin cos ,sin cos . 2 2 2 2 2 2 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: B C C A B A 3 cos cos cos . 2 2 2 2 B C C A B A Đặt , ,    1800. Khi đó ,,  2 2 2 là ba góc của một tam giác. Theo ví dụ trên ta suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC luôn có:
3 cos 2A cos 2B cos 2C . 2 Lời giải Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , ta nhận được:       2A OB,OC ,2B OC,OA ,2C OA,OB Mặt khác:    2  2  2  2       OA OB OC OA OB OC 2 OA.OB OB.OC OC.OA 3R2 2 R2.cos 2C R2 cos 2A R2 cos 2B 0 3 cos 2A cos 2B cos 2C , điều phải chứng minh. 2 Ví dụ 4: Chứng minh với mọi số thực x, y ta luôn có: x y 1 xy 1 (*) 1 x2 1 y2 2 Lời giải Ta có (*) 2 2 2 2 x 1 y y 1 x 1 2x 1 y 2y 1 x 1 1 x2 1 y2 2 1 x2 1 y2 1 x2 1 y2 2x 1 x2 1 y2 2y Đặt: a ; ,b ; . Suy ra: a b 1. 2 2 2 2 1 x 1 x 1 y 1 y 2 2 2x 1 y 2y 1 x Do a.b a b 1. Suy ra 1 1 x2 1 y2 1 x2 1 y2 Dạng 5 (đpcm). Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Ví dụ 1: Giải phương trình: 9x3 18x2 36x2 9x3 9 x2. Lời giải
Điều kiện: x 2;4 0. Đặt 3 2 2 3 u 1;1 ,v 9x 18x ; 36x 9x . Ta có: u 2, v 3 2x u . v 6x. Ta có: 9 x2 u.v u . v 6x x 3 2 0 x 3. Thử lại với x = 3, thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương trình là S 3. Ví dụ 2: Giải bất phương trình: x 1 x 3 2 x 3 2 2x 2 Lời giải Điều kiện: x 1. Đặt u 1;1 ,v x 1; x 3 . Ta có: u 2, v x 1 x 3 2 u . v 2x 2 2 x 3 2 . Ta có: x 1 x 3 u.v u . v 2x 2 2 x 3 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 1 x 3 x 5 Thử lại với x = 5, thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương trình là S 5. x x 2 y 2 2z 1 0 (1) Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: x y 1 y 2 5z 1 0 (2) 2 2 2 2 y 1 5z 1 2 x 2 2z 1 (3) Lời giải Trong mặt phẳng Oxy, đặt a x; y 2 ,b x 2;2z 1 ,c y 1;5z 1 . a.b 0 Hệ phương trình trở thành: a.c 0 (I). c 2 b Nếu a 0 thì x 0, y 2. Thay vào phương trình (3) ta có:
1 11 9 5z 1 2 2 4 2z 1 2 9z2 6z 10 0 z 3 Nếu a 0 thì từ hai phương trình đầu của hệ (I) ta suy ra b,c cùng phương. Kết hợp với phương trình ba của hệ (I) ta suy ra 2b c hoặc 2b c. y 1 2 x 2 z 1 Trường hợp 1: 2b c 5z 1 2 2z 1 y 2x 5 2 x 3 Thay vào (1) ta có x 4x 21 0 . x 7 Với x 3 thì y 1. Với x 7 thì y 19. 1 y 1 2 x 2 z Trường hợp 2: 2b c 3 . 5z 1 2 2z 1 y 3 2x 4 13 1 2 13 Thay vào (1) ta có: 3x2 8x 1 0 x y . 3 3 Thử lại ta thấy các bộ số 1 11 1 11 0;2; , 0;2; , 3;1;1 , 7; 19;1 , 3 3 4 13 1 2 13 1 4 13 1 13 1 ; ; , ; ; 3 3 3 3 3 3 đều là nghiệm của phương trình đã cho. Dạng 6 Tìm tập hợp điểm, bài toán cực trị Một số bài toán cơ bản: 1. Cho đoạn thẳng AB, tập hợp các điểm M thỏa mãn:   + AM.AB 0 là đường thẳng vuông góc với AB tại A.   + MA.MB 0 là đường tròn đường kính AB. 2. Cho điểm I cố định và một số k. Tập hợp các điểm M thỏa mãn IM 2 k là:
+ Tập rỗng nếu k 0. Một số ví dụ áp dụng: Ví dụ 1: Cho hai điểm A, B cố định. Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện: MA2 MB2 k2 (với k là số cho trước). Lời giải Gọi O là trung điểm của đoạn AB. Khi đó:   2   2 AB2 MA2 MB2 MO OA MO OB 2MO2 . 2 AB2 k2 AB2 Theo giả thiết ta có: 2MO2 k2 MO 2 . 2 2 4 Theo bài toán cơ bản 2, ta có tập hợp các điểm M là: + Đường tròn tâm O (trung điểm của đoạn AB), bán kính 1 2k2 AB2 nếu 2k2 AB2. 2 + Điểm O (trung điểm đoạn AB) nếu 2k2 AB2. + Tập rỗng nếu 2k2 AB2. Ví dụ 2: Cho hai điểm A, B phân biệt, cố định và một số thức k. Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện: MA2 MB2 k. Lời giải Gọi O là trung điểm đoạn AB và H là hình chiếu của M lên AB. Khi đó:         MA2 MB2 MA MB MA MB 2MO.BA 2HO.BA   k Theo giả thiết ta có: 2HO.BA k OH . 2AB Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện: MA2 MB2 k là đường thẳng vuông góc với AB tại điểm H cách trung điểm O của đoạn AB một k khoảng được xác định bởi hệ thức: OH . 2AB Ví dụ 3: Cho hình bình hành ABCD, tâm O, M là điểm bất kỳ. Giả sử M di động trên đường thẳng , tìm các vị trí của M để
MA2 MB2 MC2 đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải Ta có: MA2 MB2 MC2 MD2   2   2   2   2 MO OA MO OB MO OC MO OD      2MO OA OB OC OD 2 OA2 OB2 2 OA2 OB2 MA2 MB2 MC2 MD2 2 OA2 OB2 Do 2 OA2 OB2 không đổi nên MA2 MB2 MC2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MD2 nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi M là hình chiếu của D lên đường thẳng . Dạng 7 Xác định tọa độ trực tâm, tâm ngoại tiếp tam giác 1. Bài toán xác định tọa độ trực tâm của ABC khi biết tọa độ đỉnh A, B, C. Bước 1: Giả sử H xH ; yH là trực tâm của tam giác ABC. Từ đây các   bạn tính được tọa độ của các vectơ HA, HB .   HA.BC 0 Bước 2:   , suy ra tọa độ điểm H. HB.AC 0 2. Bài toán xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi biết tọa độ ba đỉnh A, B, C. Bước 1: Giả sử I xI ; yI là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.    Từ đây các bạn tính được tọa độ các vectơ IA, IB, IC. Suy ra độ dài IA, IB, IC. IA IB Bước 2: , suy ra tọa độ điểm I. IA IC Ngoài ra ta cũng cần nắm dược bài toán sau: 3. Bài toán xác định tọa độ điểm K là hình chiếu của A lên đường thẳng BC.   KA.BC 0 Từ   , ta suy ra tọa độ K. KB mCB
Ví dụ: Cho tam giác ABC có điểm A 4;6 , B 5;1 ,C 1; 3 . a) Tính chu vi tam giác ABC. b) Tìm điểm M thuộc trục Oy sao cho M cách đều hai điểm A và B. c) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. d) Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. e) Xác định tọa độ điểm N là hình chiếu của A lên đường thẳng IH. Lời giải  a) Ta có: AB 1; 5 AB 12 5 2 26  AC 3; 9 AC 3 2 9 2 90 3 10  BC 4; 4 BC 4 2 4 2 32 4 2 Chu vi tam giác ABC bằng: 26 3 10 4 2. b) Do M nằm trên Oy nên M 0;m . Ta có: MA 0 4 2 m 6 2 m2 12m 52, MB 0 5 2 m 1 2 m2 2m 26. Để M cách đều A và B thì MA = MB 13 m2 12m 52 m2 2m 26 10m 26 m . 5 13 Vậy M 0; thoar mãn yêu cầu bài toán. 5 c) Giả sử x; y là tọa độ điểm H.   Ta có: HA 4 x;6 y , HB 5 x;1 y . H là trực tâm tam giác ABC nên   HA.BC 0 4 4 x 4 6 y 0 10 x y 0 x 11   H 11; 1 HB.AC 0 3 5 x 9 1 y 0 8 x 3y 0 y 1 d) Giả sử u;v là tọa độ của điểm I.
   Ta có: IA 4 u;6 v , IB 5 u;1 v , IC 1 u; 3 v . I là tâm ngoại tiếp tam giác ABC nên 2 2 2 2 2 2 IA IB 4 u 6 v 5 u 1 v 2 2 2 2 2 2 IA IC 4 u 6 v 1 u 3 v 1 u u 5v 13 2 1 5 I ; 3u 9v 21 5 2 2 v 2 Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 65 130 R IA . 2 2 e) Giả sử m;n là tọa độ điểm N.   23 7  Ta có: AN m 4;n 6 , IH ; , NH 11 m; 1 n . 2 2 23 m 4 7 n 6 0   AN.IH 0 23k Ta có:   11 m NH k IH 2 7k 1 n 2 23k 7k 210 23 7 7 7 0 k 2 2 289 23k 764 764 446 11 m m N ; 2 289 289 289 7k 446 1 n n 2 289 C. Bài tập rèn luyện kĩ năng
Câu 1: Cho hai vectơ a và b ngược hướng và khác vectơ 0. Trong các kết quả sau đây, hãy chọn kết quả đúng: A.a.b a . b . B. a.b 0. C. a .b 1. D. a.b a . b . Câu 2: Cho hai vectơ a và b thỏa mãn điều kiện a b 1 và a.b 3. Độ dài vectơ 3a 5b : A. 5 5. B. 24.C. 8. D. 124. Câu 3: Cho 2 vectơ a và b thỏa mãn a 4, b 3 và a 2b 2 7. Khi đó a,b bằng: A. 1200. B. 9 00.C. 6 0D.0. 300. Câu 4: Cho 2 vectơ a và b thỏa mãn a 4, b 3 và hai vectơ u 2a 3b và v 15a 14b vuông góc với nhau. Khi đó a,b bằng: 0 0 0 0 A. 120 . B. 9C.0 . D.6 0 . 30 . Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ a 1;2 ,b 2; 4 . Khi đó cos a,b bằng: 3 3 1 A. . B. C. 1. D. 5 5 2 Câu 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ a a1;a2 ,b b1;b2 . Khi đó sin a,b bằng: ab a b ab a b A. 1 1 2 2 . B. 1 1 2 2 . 2 2 2 2 2 2 2 2 a1 a2. b1 b2 a1 a2. b1 b2 ab a b a b a b C. 1 2 2 1 . D. 1 2 2 1 . 2 2 2 2 2 2 2 2 a1 a2. b1 b2 a1 a2 . b1 b2 2 2 Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ u 3x 2x 9;1 ,v 1; 3x 2x 2 Số giá trị của x để u.v 7 là: A. 0 B. 1. C. 2 D. 3 Câu 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 2 vectơ a a1;a2 ,b b1;b2 . Đẳng thức nào sau đây sai:
  1 2 A. a.b a b a2 b2 . 2 B. a.b a . b .cos a,b .   1 2 C. a.b a2 b2 a b . 2 D. a.b a1.b1 a2.b2. Câu 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ a i 5 j và b k 1 i 2k 1 j.  a) Biết vectơ a vuông góc với b, khi đó k bằng: 4 2 A. B.k . k . 11 3 4 4 C. kD. . k . 7 7 b) Số các giá trị k để độ dài vectơ a bằng độ dài vectơ b là: A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. c) Gọi X là tập hợp các giá trị của k thỏa mãn điều kiện góc giữa hai vectơ avà b bằng 450. Khi đó tập hợp X bằng: 1 5 A.  . B. ; . 7 4 1 5 1 5 C. ; D. . ; . 7 4 7 4 Câu 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba vectơ a 1;2 ,b 5;1 và c ma nb với m,n ¡ . Biết rằng vectơ c vuông góc với vectơ v a 2b. Khẳng định nào sau đây đúng? A. 4B.9m n 0. m 49n 0. C. 4 D.1m 17n 0. 17m 41n 0. Câu 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ a 1;2 và b 5;1 .Vectơ cthỏa mãn điều kiện c thỏa mãn điều kiện a.c 1 và b.c 39. Khi đó c có tọa độ là: A. 7;4 . B. 4;7 . C. 3;2 . D. 1;1 . Câu 12: Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng a. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của BC, AC. I là hình chiếu của H lên AB. Cho các mệnh đề:
      A1 : AB.AC BC AB AC.BC .     A2 : BA.BC 2BA.BI .    2 A3 : AB AC .BC a .   3 A : AH.CA a2 . 4 4     A5 : 7CB.CA 4CB.CI .   a2 A : CB.CK . 7 2 Số các mệnh đề đúng trong mệnh đề nào sau: A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. Câu 13: Cho tam giác ABC có A 1;1 , B 3;1 , C 2;4 . a)cos A bằng: 5 2 2 10 2 A. . B. . C. . D. . 5 2 5 2 b) Tọa độ trực tâm H của tam giác ABC là: A. 2;3 . B. 2;2 . C. 2; 2 . D. 2;2 . c) Tọa độ điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: A. 2;1 . B. 1;2 . C. 1;2 . D. 1; 2 . d) Biết M nằm trên Oy, có tung độ bằng m và cách đều hai điểm A, C. Khi đó m bằng: A. m 3. B. m 3. C. m 3. D. m . e) N nằm trên Ox và có NA2 3NB2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, điểm N có tọa độ là: A. N 2;0 . B. N 2;0 . C. N 1;0 . D. N 1;0 . f) Tọa độ điểm A đối xứng với A qua BC là: 13 11 31 17 A. A ; . B. A ; . 5 5 5 5
31 17 31 17 C. A ; . D. A ; . 5 5 5 5 g) Gọi D là điểm sao cho tam giác ABD vuông cân tại B và có tung độ dương. Khi đó, điểm D thuộc đường thẳng nào dưới đây? A. x2 2y2 59 B. x2 2y2 27. C. x y 0. D. x y 2. Câu 14: Cho nửa lục giác đều ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD 2a. Gọi I là trung điểm AB, H là hình chiếu của B lên AD. K là trung điểm của đoạn HD. Xét các khẳng định sau:   2 A1 : IC.ID 2a .   3a2 A : AD.BK . 2 2 a 21 A : BK . 3 4 Số các khẳng định sai trong các khẳng định trên là: A. 0. B. 1.C. 2. D. 3. Câu 15: Cho hai điểm A 2; 2 , B 5; 2 . Tìm M trên tia Ox sao cho ·AMB 900. A. M 1;6 . B. M 6;0 . C. M 1;0 hay M 6;0 D. M 0;1 . Câu 16: Bạn Tùng Chi giải bài toán: “Cho đoạn thẳng AB 2a và số k2 .Tìm tập hợp các điểm M trong mặt phẳng thỏa mãn điều kiện: MA2 MB2 k2 ” theo các bước sau: Bước 1: Gọi O là trung điểm của đoạn AB. Kẻ MH  AB như hình vẽ: Bước 2: Ta có: MA2 MB2 k2
  2   2 MO OA MO OB k2      2MO OA OB k2 2MO.BA k2 Bước 3: Sử dụng công thức hình chiếu ta có:   k2 2HO.BA k2 HO.AB 2 k2 HO 0 4a Vậy tập hợp các điểm M cần tìm là tập rỗng. Theo các bạn, lời giải của bạn Tùng Chi sai ở bước: A. 1.B. 2. C. 3.D. Không sai. Câu 17: Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, ngoại tiếp đường tròn (C) tâm K 2;3 có D là tiếp điểm của (C) trên cạnh AC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD cắt cạnh AB tại điểm E khác B. Các đường thẳng qua A, D và vuông góc với CE cắt các FB cạnh BC tại F 3; 4 và G 1; 1 . Khi đó bằng: FG 1 3 A. . B. 1 C. 2. D. . 2 4 Câu 18: Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Khi đó M· AN bằng: A. 440. B. 4 C.50. D. 44,80. 45,20. Câu 19: Cho tam giác cân tại A, AH là đường cao. Gọi D là trung điểm của AH. Kẻ HE vuông góc với CD tại E. Khi đó M· AN bằng: A. 890. B. 900. C. 910. D. 920. Câu 20: Cho hình chữ nhật ABCD. Đường thẳng qua D vuông góc với AC cắt BC tại N. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của CD, CN. T là điểm trên NC sao cho CN = 3NT. Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng: A.DN. B. DT. C. DF. D. DC. Câu 21: Gọi S là tập nghiệm của bất phương trình: 3 2x 2x 1 5 4x 2 10 17x 10x2 2x3. Số phần tử của tập hợp S là:
A. 0. B. 1. C. Vô số. D. 2. Câu 22: Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi:         AB.AD BA.BC CB.CD DC.DA 0.         Bước 1: AB.AD BA.BC CB.CD DC.DA 0         AB.AD AB.BC BC.CD CD.AD 0       AB. AD BC CD. BC AD 0     Bước 2: AD BC AB CD 0     AD BC AB DC 0.   AD BC 0 (1) Bước 3:   AB DC 0 (2)   Bước 4: 1 AD BC. Điều này tương đương với tứ giác ABCD là hình bình hành   2 AB DC. Điều này tương đương với tứ giác ABCD là hình bình hành Lời giải trên sai ở bước nào? A. Bước 1. B. Bước 2. C. Bước 3. D. Bước 4. Câu 23: Cho hai vectơ a,b có a b 1 và a,b 600. Số các số x thỏa mãn xa b 3 là: A. 0 B. 1. C. 2. D. 3. Câu 24: Cho ba vectơ a,b,c khác 0 thỏa mãn điều kiện: b.c .a a.c .b b.a .c 0 (1). Gọi b,c , a,c ,  b,a . Có bao nhiêu bộ ,,  thỏa mãn điều kiện (1)? A. 4. B. 5.C. 6. D. 7. 2a    Câu 25: Cho tam giác ABC có A 900, BC , AC a a 0 . Khi đó AB. AC 2BC bằng: 3 2a2 a2 2 3a2 4a2 A. B. C. D. 3 3 3 3 Câu 26: Cho tam giác ABC đều cạnh 3a a 0 . Lấy các điểm M, N, P lần lượt trên các cạnh BC, CA, AB sao cho BM a, CN 2a, AP x 0 x 3a . Để AM  PN thì x bằng:
2a 4a 4a 5a A. B. C. D. 5 5 15 4 Câu 27: Cho hình thang cân ABCD có CD = 2AB = 2a a 0 .DAB 1200 , AH vuông góc      với CD tại H. Khi đó AH. CD 4AD AC.BH bằng: 15a 2 15a2 A. B. 4 4 15a2 15a2 C. D. 8 8 Câu 28: Cho hình thoi ABCD cạnh a a 0 , ADC 1200.     Khi đó AB AD AD.BD bằng a2 a2 A. a B.3 a 3 2 2 a2 a2 C. a 3 D. a 3 3 2 $3. Các hệ thức lượng trong tam giác A. Lý thuyết 1. Một số kí hiệu Cho tam giác ABC có BC a, AC b và AB c : + ma ,mb,mc lần lượt là trung tuyến kẻ từ A, B, C + ha ,hb,hc là độ dài đường cao lần lượt tương ứng với các cạnh BC, CA, AB; + R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác; + r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác; a b c + p là nửa chu vi tam giác. 2 + S là diện tích tam giác. 2. Các hệ thức lượng trong tam giác vuông Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu của A lên BC.
Đặt AH h, BH c ,CH b . Khi đó: 1.a2 b2 c2. 2.c2 c .a,b2 b .a. 1 1 1 3. . h2 b2 c2 4.h2 c .b . 5.a c.cos B b.cosC 3. Định lí côsin Trong tam giác ABC bất kì, ta luôn có: a2 b2 c2 2bc.cos A; b2 c2 a2 2ca.cos B; c2 a2 b2 2ab.cosC. *Hệ quả: b2 c2 a2 c2 a2 b2 a2 b2 c2 cos A ;cos B ;cosC . STUDY TIP 2bc 2ca 2ab Định lí cosin được sử *Nhận xét: Định lí này cho phép ta xét được tam giác nhọn, tù hay dụng để giải tam giác vuông thông qua các yếu tố cạnh của tam giác. khi biết hai cạnh và một 2 2 2 góc hoặc khi biết cả ba A nhọn b c a cạnh của tam giác. A tù b2 c2 a2 A vuông b2 c 2 a2 Từ đây đưa đến cách nhận dạng tam giác ABC thông qua yếu tố cạnh của nó. b2 c2 a2 2 2 2 -Tam giác ABC có 3 góc nhọn c a b . a2 b2 c2 b 2 c2 a 2 -Tam giác ABC có 1 góc tù c 2 a2 b2 . a2 b2 c2
b2 c2 a2 -Tam giác ABC có 1 góc vuông c2 a2 b2 . a2 b2 c2 4. Định lí sin. Trong tam giác ABC bất kì, ta luôn có: a b c 2R sin A sin B sin C Định lí sin được dùng để giải tam giác khi biết góc và độ dài cạnh đối diện và biết một góc hoặc một cạnh khác. Các bạn linh hoạt sử dụng định lí cosin và định lí sin để giải tam giác khi có các thông tin hợp lí. 5. Độ dài đường trung tuyến b2 c2 a2 m2 ; a 2 4 a2 c2 b2 m2 ; b 2 4 a2 b2 c2 m2 . c 2 4 3 *Nhận xét: m2 m2 m2 a2 b2 c2 . a b c 4 6. Công thức tính diện tích tam giác 1 1 1 S ah bh ch 2 a 2 b 2 c 1 1 1 bcsin A casin B absin C 2 2 2 abc 4R pr p a p b p c 1   2 AB2 AC2 AB.AC 2 1 x x y y x x y y 2 B A C A C A B A *Nhận xét: Từ định lí cosin và công thức tính diện tích ta có thể xây dựng được công thức sau:
STUDY TIP Cách 1: Biết độ dài 2 cạnh và 1 góc trong tam giác, ta sử dụng định lí cosin. 2 2 2 2 2 2 2 a b c 2bc.cos A b c 2bc.sin A.cot A b c 4SABC cot A Cách 2: Ta biết độ dài cạnh 2 2 2 và góc đối diện và biết một b c a cot A . Tương tự: cạnh khác, ta sử dụng định 4SABC lí sin. a2 c2 b2 b2 a2 c2 Dạng 1 cot B ,cotC . 4SABC 4SABC B. Các dạng toán điển hình. Giải tam giác Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có AB 2, AC 3 và Cµ 450. Độ dài cạnh BC là: 6 2 6 2 A. BC=. B. BC . 2 2 6 2 C.BC . D. BC 6. 2 Lời giải Cách 1: Áp dụng định lí cosin trong tam giác ta có: c2 a2 b2 2abcos450 6 2 a 2 2 2 a2 3 2.a. 3. a2 a. 6 1 0 2 6 2 a 2 Cách 2: Áp dụng định lí sin trong tam giác ta có: AB AC AC 2 3 sin B sin C. . Bµ 600 hoặc sin C sin B AB 2 2 Bµ 1200. -Với Bµ 600, suy ra µA 750. Ta có: AB BC sin A 6 2 6 2 BC AB. . 2 . sin C sin A sin C 2 2 2 -Với Bµ 1200, suy ra µA 150. Ta có:
AB BC sin A 6 2 6 2 BC AB. . 2 . sin C sin A sin C 2 2 2 Ví dụ 2: Tam giác ABC có AB 4, BC 6, AC 2 7. Điểm M thuộc đoạn BC sao cho MC = 2MB. a) Cosin của góc có số đo lớn nhất bằng: 7 1 2 7 7 A. . B. . C. . D. . 14 2 7 7 b) Độ dài cạnh AM là: A. AM 4 2. B. AM 3. C. AM 2 3. D. AM 3 2. Lời giải STUDY TIP a) Do 6 2 7 4 nên B· AC có số đo lớn nhất. 1. Cho a, b, c là độ dài Áp dụng định lí cosin trong tam giác ta có: ba cạnh của tam giác. Giả sử a > b> c AB2 AC2 BC2 16 28 36 7 thì cos A . 2.AB.AC 1.4.2 7 14 cos A cos B cosC Đáp án A. 2. Bài toán tổng quát hơn như sau: Cho b) Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có: tam giác ABC, gọi AB 2 BC2 AC2 16 36 28 1 M là điểm trên BC cos B .   2.AB.AC 2.4.6 2 sao cho BM k BC. Khi đó: BC Ta có: MC 2MB MB 2. AM 2 kb2 1 k c2 3 Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABM ta có: k 1 k a2 1 1 Ý b ứng với k . AM 2 BA2 BM 2 2BA.BM.cos B 16 4 2.4.2. 12 AM 2 3. 3 2 Đáp án C. Nhận xét: Cho tam giác ABC, gọi M là điểm trên BC sao cho   BM k BC. Khi đó: AM 2 kb2 1 k c2 k 1 k a2. Chứng minh: Ta có:          BM k BC AM AB k AC AB AM k AC AB 1 k
  AM 2 k2b2 c2 1 k 2 2k 1 k AC.AB b2 c2 a2 k2b2 c2 1 k 2 2k 1 k 2 AM 2 kb2 1 k c2 k 1 k a2 *Tính diện tích tam giác, bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp tam giác. Công thức tính độ dài đường trung tuyến Ví dụ 3: Tam giác ABC có hai đường trung tuyến BM, CN vuông góc với nhau và có BC = 3, góc B· AC 300. a) Diện tích tam giác ABC là: A. S ABC 3 3. B. S ABC 6 3. 3 3 C. S 9 3. D. S . ABC ABC 2 b) Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác là: A. 3. B. 3. C. 2 3. D. 3 3. c) Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là: 3 3 6 3 A. . B. . 3 45 24 3 3 45 24 3 6 3 3 3 C. . D. . 3 45 24 3 3 45 24 3 d) Giả sử Cµ Bµ. Độ dài đường trung tuyến ứng với góc C bằng: 81 3 297 81 3 297 81 A. . B. . C. . D. 8 8 4 81 5 297 . 8 Lời giải 4 a2 c2 b2 4 a2 b2 c2 a) Ta có: BM 2 ,CM 2 . 9 2 4 9 2 4 Do tam giác BMC vuông tại M nên
4 a2 c2 b2 4 a 2 b2 c2 BM 2 CM 2 9 9 9 2 4 9 2 4 4 b2 c2 b2 c2 81 b2 c2 45 a2 a2 b2 c2 45 9 4 4 4 4 4 Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có: 36 a2 b2 c2 2bc cos A b2 c2 bc 3 9 bc 3 36 bc 12 3 3 1 1 36 1 SABC bc.sin A . . 3 3 2 2 3 2 Đáp án A. a a 3 b) Ta có: 2R R 3. sin A 2sin A 2sin 300 Đáp án B. c) Thay ý a) ta có: b2 c2 45 b c 2 2bc 45 Theo công thức tính diện tích tam giác ta có: 2S 6 3 S pr r . 2p 3 45 24 3 Đáp án C. d) Do Cµ Bµ nên c b c2 b2 Ta có: b2,c2 là nghiệm phương trình: 45 297 x 2 x2 45x 432 0 45 297 x 2 45 297 45 297 Suy ra b2 ,c2 . 2 2 Cách 1:
Gọi N là trung điểm của AB. Áp dụng định lí cosin trong tam giác ACN ta có: c2 3 CN 2 AC2 AN 2 2AC.AN.cos A b2 bc. 4 2 45 297 45 297 81 3 297 18 2 8 8 Cách 2: Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến ta có: 45 297 9 a2 b2 c2 45 297 81 3 297 m2 2 . c 2 4 2 8 8 Đáp án A. Ví dụ 4: Tam giác ABC có AC b, BC a, BB là đường cao kẻ từ B và C· BB . Bán kính đường tròn ngoại tiếp R của tam giác ABC được tính theo a, b và là: a2 b2 2absin a2 b2 2absin A. R . B. R . 2sin 2sin a2 b2 2abcos a2 b2 2abcos C. R . D. R . 2cos 2cos Lời giải BB Xét tam giác BCB có: cos BB a.cos . BC 1 1 Diện tích tam giác ABC bằng: S BB .AC .ab.cos . 2 2 abc abc abc c Lại có: S R . 1 4R 4S 4. .cos 2cos 2 Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có: c2 a2 b2 2abcosC a2 b2 2absin c a2 b2 2absin . a2 b2 2absin Vậy R . 2sin Đáp án A. Ví dụ 5: Tam giác ABC có AB = 5, AC = 8 và B· AC 600. Tính bán
kính đường tròn nội tiếp tam giác đã cho. A. r 1. B. r 2. C. r 3. D. r 2 3. Lời giải Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC ta có: 1 a2 b2 c2 2bc.cos A 25 64 2.40. 49 a 7. 2 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. - Cho hai vecto a,b không cùng phương. Một vecto c thỏa mãn điều kiện c.a 0 và c.b 0 thì c 0 .
      v kOD mOD OD AB.v AB.OD k m 1 0    Tương tự ta chứng minh được BC.v 0, mà AB, BC là hai vecto không cùng phương nên v 0 (điều phải chứng minh). Cách 2: Do ABCDE đều nên OA = OB = OC = OD = OE. Do đó:        OA.v OA2 OA2.cos OA,OB OA2.cos OA,OC OA2.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 ar A a p a C Từ (1) và (2) suy ra: sin2 ,cos2 . p c tan 2 4R p a 2 4Rr 2 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 ab bc ca Q abc R
Mặt khác : a b c 2 3 ab bc ca 4 p2 3 p2 r 2 4Rr p2 3r 2 12Rr. 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: . C. Bài tập rèn luyện kĩ năng a b c b c a c a b 2 S Xem đáp án chi tiết tại trang 389 Câu 1: Cho ABC có b 6,c 8, µA 600. 1 b2 c2 a2 A. S ABC a.b.c. C. cos B . a) Độ dài cạnh a là: 2 2bc A. 2 13. B. 3 12. C. 2 37 . D. 2 2 2 a 2b 2a c B. R. D. m 2 . 20. sin A c 4 b) Diện tích của tam giác ABC là: Câu 6: Tam giác ABC có cosB bằng biểu A. 12 3. B. 6 3. C. 12. D. 6. thức nào sau đây? c) Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC: b2 c2 a2 A. . B. 1 si n2 B. 7 3 39 14 3 2 39 2bc A. r . B. r . 3 3 a2 c2 b2 7 3 39 14 3 2 39 C. cos A C . D. . C. r . D. r . 2ac 3 3 d) Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Câu 7: Cho ABC có a2 b2 c2 0. Khi ABC: đó: 39 A. R . B. R 2 13. A. Góc C 900. 3 2 39 B. Góc C 900. C. R 39. D. R . 3 6 C. Góc C 900. Câu 2: Một tam giác có ba cạnh là 52, 56, 60. Gọi R, r lần lượt là bán kính đường D. Không thể kết luận được gì về góc C. tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác. Khi đó  R.r bằng: Câu 8: Cho ABC , biết a AB a1,a2  A. 260. B. 520. C. 1040. D. 130. và b AC b1,b2 . Để tính diện tích S Câu 3: Cho tam giác ABC có của ABC , một học sinh làm như sau: 3 b 7,c 5,cos A . Đường cao ha của 5 a.b (I) Tính cos A tam giác ABC là: a . b 7 2 A. . B. 8. C. 8 3. D. 80 3. 2 (II) Tính Câu 5: Cho tam giác ABC. Khẳng định nào sau đây là đúng?
 2 Câu 12: Cho các điểm A 1; 2 , B 2;3 , a.b sin A 1 cos2 A 1 2 2 C 0;4 . Diện tích ABC bằng bao nhiêu? a b 13 13 A. . B. 13.C. 26. D. . (III) Tính 2 4 1 1 2 2 2 Câu 13: Cho tam giác ABC thỏa mãn: S AB.AC.sin A a b a.b 2 2 b2 c2 a2 3bc. Khi đó: (IV) Tính A. A 300. B. A 450. 1 2 0 0 2 2 2 2 C. A 60 . D. A 75 . S a1 a2 b1 b2 a1b1 a2b2 2 Câu 14: Cho tam giác ABC, biết a 24, 1 2 S a b a b b 13,c 15. Tính góc A? 2 1 2 2 1 A. 33034 . B. 117049 . 1 S a1b2 a2b1 2 C. 28037 . D. 58024 . Học sinh đó bắt đầu làm sai từ bước nào? 0 Câu 15: Tam giác ABC có µA 68 12 , A. (I). B. (II). C. (III). D. (IV). Bµ 34044 , AB 117. Tính AC? Câu 9: Khoảng cách từ A đến B không thể A. 68. B.168. C. 118. D. 200. 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
huyền BC tại M và BM m,CM n (m,n A. 3 AB2 B.C D2 3AD2 CB2 cho trước). Diện tích tam giác ABC theo 2 2 2 2 m,n là: C. A B D.3C D AD 3CB A. mn. B. 2mn. C. m + n. D. 4mn. Câu 24: Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC có BC 2 3. Đường tròn Câu 19: Đường tròn tâm O nội tiếp xúc với cạnh AB tại D. Biết AC.BC = nội tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 1. sin B 2AD.BD. Tam giác ABC là: Khi đó bằng sin C A. Tam giác đều. 1 2 B. Tam giác vuông tại A. A. 3. B. . C. 1. D. . 3 2 C. Tam giác vuông tại B. Câu 25: Chọn một mảnh giấy hình chữ D. Tam giác vuông tại C. nhật kích thước 15cm x 20cm, ta gấp nó Câu 20: Cho tam giác ABC vuông tạo A dọc theo một đường chéo. Diện rích phần và AC AB. Gọi O là trung điểm của BC, chung của hai nửa mảnh giấy bằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, 1875 2 1875 2 AB A. cm . B. cm . B· IO 900 . Tỉ số bằng 16 18 AC 625 2 625 2 1 3 1 1 C. D. cm . cm . A. . B. . C. . D. . 4 2 3 4 2 4 Câu 26: Cho tam giác ABC có tâm đường Câu 21: Xét tam giác ABC thay đổi, cân tròn nội tiếp là I. Gọi R, R1, R2 , R3 lần lượt tại A, nội tiếp đường tròn O; R cho là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác trước. Kẻ BH vuông góc với AC tại H. BH ABC, IBC, ICA, IAB. Biết R1 + R2 + R3 = A 3R. Khi đó tam giác ABC là: đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi tan 2 A. Tam giác đều. bằng B. Tam giác vuông. 1 1 A. 1. B. 3. C. . D. . 2 3 C. Tam giác cân có B· AC tù. Câu 22: Cho tam giác nhọn ABC, lấy E D. Tam giác bất kỳ. thuộc cạnh BC sao cho tam giác ABE cân Câu 27: Cho tam giác ABC, có độ dài tại E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE đường cao AH 6cm, BH 3cm và số đo cắt AB tại D và DE 10. Đường tròn góc CAH bằng ba lần số đo góc BAH. ngoại tiếp tam giác BDE tâm J và có bán Diện tích tam giác ABC bằng kính r 5. I là trung điểm của đoạn AC. 2 2 Độ dài đoạn IJ bằng: A. B.10 8cm . 90cm . 2 2 2 A. 10. B. 2 5. C. 5. D. 15. C. 108cm hoặc 90cm . D. 216cm . Câu 23: Cho hình thang vuông ABCD Câu 28: Cho tam giác ABC có AB 2cm, (vuông tại A và B), AC  BD. Khi đó AC 4cm, AM 3cm (M là trung điểm AC 2 BD2 bằng của BC).
a) Khi đó B· AC bằng A. Trùng điểm B. 0 0 0 0 B. Trùng điểm C. A. 120 . B. 135 . C. 150 . D. 90 . C. Trùng với trung điểm của BC. b) Diện tích tam giác ABC bằng D. Trùng với giao điểm của phân giác A. 2 3. B. 3. C. 4 3. D. 3 3. trong góc B· AC với BC. Câu 29: Cho tam giác ABC nhọn. Giá trị Câu 33: Để đo chiều cao từ mặt đất đến của biểu thức sau đỉnh cột cờ của một kỳ đài trước Ngọ Môn sin A sin B sin C (Đại Nội – Huế), người ta cắm hai cọc AM M sin B sin C sin A sin C sin B sin A và BN cao 1,5 mét so với mặt đất. Hai cọc thuộc khoảng này song song và cách nhau 10 mét và thẳng hàng so với tim cột cờ (Hình vẽ 3 3 minh họa). Đặt giác kế tại đỉnh A và B để A. 0; . B. 1; . 2 2 nhắm đến đỉnh cột cờ, người ta được các góc lần lượt là 51040 và 45039 so với 3 C. ;2 . D. 1;2 . đường song song với mặt đất. Chiều cao 2 của cột cờ (làm tròn 0,01 mét) là: Câu 30: Xét ABC nội tiếp đường tròn (O) cho trước. Các trung tuyến xuất phát từ A, B, C cắt đường tròn (O) tương ứng 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. A. 54,33 m.B. 56,88 m. C. Tam giác cân có B· AC tù. C. 55,01 m.D. 54,63 m. D. Tam giác vuông cân. Câu 34: Cho tam giác ABC thỏa mãn: Câu 31: Cho tam giác ABC. AM, BN, CP 2cos A sin B sin C sin 2C sin 2B. là các đường phân giác trong (M BC, Khi đó ABC là một tam giác N CA, P AB ) của tam giác đó. Để A. Tam giác vuông. PM vuông góc với NM thì số đo của B· AC B. Tam giác cân. bằng C. Tam giác vuông hoặc cân. A. 1200. B. 1350. C. 1500. D. 900. D. Tam giác đều. Câu 32: Xét hình chữ nhật ABCD và điểm M di động trên BC. Phân giác góc DAM Câu 35: Cho ABC ngoại tiếp đường tròn AN tâm O và BC a,CA b, AB c. Khi đó cắt BC tại N. đạt giá trị nhỏ nhất khi MN a.OA2 b.OB2 c.OC 2 bằng điểm M:
a3 b3 c3 m ,m ,m lần lượt là độ dài của các A. abc. B. . a b c 3 đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. 2 2 2 2 2 Biết 2ma mb mc (*) . Gọi O và G lần a2b b2c c2a a b c C. . D. . lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng 3 2 tâm tam giác ABC; M là trung điểm của Câu 36: Cho tam giác ABC và số thực m. BC. Xét các khẳng định sau: Trên các cạnh BC, CA và AB của tam 2 1.a 4S.cot A. giác, lần lượt lấy các điểm A , B ,C . Gọi · Sa , Sb , Sc và S tương ứng là diện tích của 2.MOG không nhọn. các AB C , BC A ,CA B và ABC. Biết 2 2 2 3 2 2 2 3.ma mb mc a b c . S S S 4 a b c đạt giá trị lớn nhất, S Số các khẳng định đúng là: S S S max a b c m 2019 . Khi A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. S Câu 39: Muốn đo chiều cao của tháp đó m bằng chàm Por Klong Garai ở Ninh Thuận 4035 người ta lấy hai điểm A và B trên mặt đất A. m B m 1345. 2 có khoảng cách AB = 12m cùng thẳng hàng với chân C của tháp để đặt hai giác 4035 kế. Chân của giác kế có chiều cao C. m D m 807. 4 h 1,3m . Gọi D là đỉnh tháp và hai điểm A ,B cùng thẳng hàng với C thuộc chiều Câu 37: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 1 1 1 cao CD của tháp. Người ta đo được góc đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R · 0 · 0 không đổi). Gọi A và B lần lượt là các DA1C1 49 và DB1C1 35 . Chiều cao điểm di động trên tia Ox, Oy sao cho CD của tháp là 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 2R A. 22,77 m.B. 21,47 m. C. 2R;0 , 0; . 3 C. 21,77 m.D. 20,47 m. 2R Câu 40: Tam giác ABC có đặc điểm gì D. ;0 , 0;2R . 3 nếu sin B 2sin C Câu 38: Cho ABC có BC a,CA b, sin A . 2cos B cosC AB c b c và diện tích là S. Kí hiệu A. Tam giác đều.
B. Tam giác có µA 1200. A. 24,979 m.B. 32,964 m. C. 32,979 m.D. 33,25 m. C. Tam giác có µA 1500. Câu 43: Đầu của các tổng thống ở Mount 0 D. Tam giác có µA 90 . Rushmore cao 18 mét. Một du khách nhìn thấy đỉnh đầu của George Washington ở Câu 41: Cho tam giác ABC. Xét các 0 khẳng định sau: góc cao 48 và cằm của ông ở góc cao 44,760. Chiều cao của múi Rushmore gần 2 2 a) b c a b.cosC c.cos B . giá trị nào nhất? b) b2 c2 cos A a c.cosC b.cos B . c) sin A sin B.cosC sin C.cos B sin B C . d) a b.cosC c.cos B. e) ha 2Rsin Bsin C. 1   2 f) S AB2.AC 2 AB.AC . ABC 2 A. 182,753 m.B. 99,649 m. Số khẳng định sai là: C. 99,9 m.D. 168,055 m. A. 0. B. 1. C. 3. D. 4. Câu 44: Nhìn vào bản thiết kế dưới, góc ·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. D.12 600 24,08 . 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
độ dài đường cao AH của tam giác ABC 2 6 2 3 A. m. B. m. bằng 3 3 2 n 1 a.tan 2 2 6 A. AH . C. m. D. m. 4n 3 3 n2 1 a.tan Câu 48: Cho các số thực dương x, y, z B. AH . 2n thỏa mãn hệ phương trình 2 2 n2 1 a.tan y z 50 C. AH . 2 2n 2 y x xy 169. Giá trị của biểu thức 2 2 n 1 a.tan 2 2 z D. AH . x xz 144 n 2 Câu 46: Dựa vào thiết kế bên dưới, góc K xy yz xz là giữa EF với AE gần giá trị nào nhất? A. 120. B. 121. C. 122. D. 123. 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 0 0 A. 33 41 24,24 . B. 33 40 24, 24 . A. 0. B. 1. C. 2. D. Vô số. C. 32041 24,24 . D. 31041 24,24 . Câu 50: Cho các số thực x,y,z với y > 0 29 x y2 Câu 47: Trong sơ đồ, chùm sáng hướng 4 vào gương màu xanh, phản xạ vào gương thỏa mãn y2 z 2 . Giá trị của màu đỏ và sau đó phản xạ vào gương màu 2 xanh như hình vẽ. Biết OP 2m, y x 1. 2 z 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.
Câu 52: Số nghiệm của phương trình A. Đường thẳng qua tâm ngoại tiếp x2 3x 2 9 x2 4x 2 16 5 là tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng là giá của vectơ   A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. 2AB AC. B. Đường thẳng qua tâm ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng là giá của vectơ   AB AC. C. Đường thẳng qua tâm ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng là giá của vectơ   2AB AC. D. Đường thẳng qua tâm ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng BC. BÀI KIỂM TRA CHỦ ĐỀ IX Câu 5: Cho ABC thỏa mãn a4 b4 c4 Câu 1: Cho tam giác ABC có hai trung trong đó a BC,b AC,c AB. ABC là tuyến AA và BB vuông góc với nhau. Giá trị của cot A cot B bằng tam giác cot C cot C A. Vuông. B. có góc ·ABC tù. A. B. . . 2 3 C. có ba góc nhọn D. có góc ·ACB tù. cot C C. . D. cot C. Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A. 4 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 B C l .l IG  IC và a BC,b AC,c AB . Giá a.sin sin b c 2 2 4a2 trị của a b c a b bằng l .l b.IB.IC b c A. B.a bc. C. ab. D.6a bc. 6ab. 2 Câu 3: Trong tam giác ABC có trung bc 2 c.l tuyến CM vuông góc với phân giác trong a b c CM 3 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. B.60 0. C.3 60. D.72 0. 900. Câu 7: Cho tam giác ABC có ·ABC 450. Gọi D là điểm trên đoạn BC sao cho Câu 4: Cho tam giác ABC. Điểm M thỏa · 0 · mãn điều kiện 3MA2 2MB2 MC 2. Tập CD 2BD và DAB 15 . Góc ACB hợp các điểm M là bằng A. 600. B. 720. C. 750. D. 800.
Câu 8: Cho hình thang ABCD có đáy lớn 2 4 3 2 CD 10, đáy bé AB 4. Giả sử AC B. shoặcin A sin A . 2 2 vuông góc với BD và BC cắt DA tại Q sao cho ·AQB 450. Diện tích hình thang 3 4 2 2 C. shoặcin A sin A . ABCD bằng 2 2 560 140 3 4 3 2 A. B. . . D. shoặcin A sin A . 3 3 2 2 280 2 245 2 C. . D. . Câu 12: Cho ABC thỏa mãn tính chất: 3 3 Có điểm P nằm trong tam giác sao cho · 0 · 0 · 0 · 0 Câu 9: Cho ABC , P là điểm nằm trong PAB 10 ,PBA 20 ,PCA 30 ,PAC 40 . tam giác sao cho P· AB P· BC P· CA . Khi đó tam giác ABC: Biết AB 13, BC 14, CA 15 và A. Cân tại C.B. Vuông. m tan P· AB (m,n là hai số tự nhiên, C. Đều.D. Cân tại B. n 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 BC bằng C. 346. D. 136. A.2. B. 3. C. 4. D. 6. Câu 10: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm như hình vẽ. Biết Câu 14: Cho tam giác ABC có A 6; 4 , tam giác OAB đều. Khi đó ab bằng 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 . Gọi là góc giữa a và b . Giá trị nguyên A. 1248.B. 135. 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 Câu 16: Cho tam giác ABC vuông cân tại 0 A và nội tiếp đường tròn tâm O bán kính AB AC và Bµ 45 . Gọi O, I lần lượt là R. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam r giác ABC. Biết 2IO AB AC. Khi đó tam giác ABC. Tính R sin A bằng A. B. 2 1. 2 1. 2 4 2 2 A. shoặcin A sin A . 2 2 C. 2 2 1. D. 2 2 1.
Câu 17: Cho tam giác ABC vuông cân tại 50 5 125 A. B. . 2 5 2 2 . A có AB AC 30. Hai đường trung 2 tuyến BN và CM cắt nhau tại G. Diện tích tam giác GMN là C. 25 2 1 . D. 10 5 1 . 75 A. 25.B. . Câu 23: Cho tam giác ABC có AB 2, 2 BC 4,CA 3. G là trọng tâm tam giác       15 105 C. 25 2. D. . ABC. Giá trị GA.GB GB.GC GC.GA là 2 29 29 A. B. . . Câu 18: Cho tam giác ABC có BC a, 6 3 CA b, AB c. Mệnh đề nào sau đây là 29 29 đúng? C. . D. . 6 3 2 2 2 µ A. Nếu a b c 0 thì C vuông. Câu 24: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa 2 2 2 độ Oxy, cho ABC với A 2;1 , B 2; 1 , B. Nếu a b c 0 thì Cµ tù. C 3; 1 . Diện tích của tam giác ABC C. Nếu a2 b2 c2 0 thì Cµ nhọn. bằng 2 2 2 µ D. Nếu a b c 0 thì C nhọn. 5 7 1 3 A. . B. . C. . D. . Câu 19: Cho tam giác ABC có BC 7, 2 2 2 2 CA 9, AB 4. Tính cos A Câu 25: Cho tam giác ABC không vuông ( đặt BC a, AB c, AC b ). Giá trị 1 1 2 2 A. . B. . C. . D. . a2 c2 b2 2 3 3 3 bằng b2 c2 a2 Câu 20: Cho tam giác ABC có AB 6, sin A tan A AC 8, B· AC 300. Tính diện tích tam A. .B. . cos B tan B giác ABC. sin A cos A C. . D. . A. 24. B. 48. C. 12. D. 12 3. sin B cos B Câu 21: Cho tam giác ABC có AB 2, Câu 26: Cho ABC có a 2 3,b 2, BC 4,CA 3. Độ dài đường phân giác Cµ 300. Độ dài chiều cao h bằng trong góc A là a 3 6 6 3 A. 1. B. 2. C. 3. D. 2 3. A. B.la . la . 10 5 Câu 27: Trong tam giác ABC có a 8, 0 0 3 9 54 B 60 ,C 75 . Diện tích đường tròn nội C. l D. . l . a 5 a 5 tiếp tam giác ABC bằng 2 Câu 22: Cho hình thang cân ABCD, đáy 12 4 3 lớn CD 10cm, đáy nhỏ bằng đường cao, A. . 3 3 6 đường chéo vuông góc với cạnh bên. Diện tích của hình thang cân đó bằng
2 1 1 11 1 12 4 3 A. B. ; . ; . B. . 3 3 3 3 3 2 6 2 11 1 C. ; . D. Không có M. 12 4 3 3 3 C. . 3 2 3 Câu 31: 1 tan10 1 tan20 1 tan450 2n. 2 12 4 3 Khi đó giá trị của n bằng D. . 2 3 6 A. 20. B. 21. C. 23. D. 22. Câu 28: Cho 00 ;1800 . Xác định Câu 32: Trong tam giác ABC, các đường mệnh đề đúng? trung tuyến AD và CE có độ dài lần lượt là 18, 27. Biết AB 24. Đường thẳng CE cắt cos sin A. 1 cot cot2 cot3 . đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại sin3 điểm thứ hai F. Diện tích tam giác AFB bằng m n (trong đó m,n là các số nguyên cos sin dương và n không chia hết cho bình B. 1 2cot cot2 cot3 . sin3 phương của bất kì số nguyên tố nào). Tính m n ? A. 60. B. 61. C. 62. D. 63. cos sin 2 3 C. 3 1 cot 2cot cot . sin Câu 33: Cho tam giác ABC vuông tại B. AD là phân giác trong của góc C· AB . Trên cos sin AB, AC lần lượt lấy các điểm E và F, biết D. 1 cot 2cot2 cot3 . sin3 AE 3, EB 9, AF 10, FC 27. G là 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 A . cot2 2 cot 2 Câu 34: Cho tam giác ABC đều, ABC có độ dài cạnh bằng 1. Dựng ra phía ngoài (với 00 ;900 \ 450 ) được rút gọn tam giác các hình vuông ABDE, BCHI, thành CAFG. Diện tích lục giác DEFGHI bằng 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 3 ABC x 2 6x 8 0 là 12 3 3 9 M M A. B. . . 4 2
6 3 3 đoạn AE, N là trung điểm của đoạn CD. C. 3 3. D. . 2 Diện tích của tam giác BMN bằng x. Khi đó x2 bằng Câu 35: Sáu hình lục giác đều được đặt xung quanh một lục giác đều cạnh bằng 1. A. 508. B. 507. C. 506. D. 505. Diện tích của tam giác ABC bằng bao 45 1 nhiêu? Câu 39: Biết mn , trong  2 0 k 1 sin 2k 1 đó m và n là các số nguyên lớn hơn 1 và sin2x 2sin xcos x và sin 900 x cos x Tính m n? A. 90. B. 91. C. 92. D. 93. Câu 40: Tam giác ABC có độ dài các cạnh AB 12, BC 25,CA 17. Hình chữ nhật A. B.2 3. 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 Câu 36: Trong hình chữ nhật ABCD có diện tích PQRS có thể biểu diễn dưới dạng 2 DC 2CB. Các điểm E,F nằm trên đoạn một đa thức bậc hai SPQRS   với AB sao cho DE,DF chia ·ADC thành ba m 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. B. 6 2 . . 2 4 tố cùng nhau. Tính m n? 3 A. 60. B. 61. C. 62. D. 63. C. 2 3. D. . 6 Câu 42: Cho ABC có Câu 38: Trên đoạn thẳng AC lấy điểm B AB 21, AC 22, BC 20. D và E lần sao cho AB 16, BC 4. Lấy hai điểm lượt nằm trên AB và AC sao cho DE song D,E nằm cùng phía đối với đường thẳng song với BC và đi qua tâm nội tiếp ABC . m AC sao cho các tam giác ABD, BCE là hai Giả sử DE trong đó m, n là các số tam giác đều. Gọi M là trung điểm của n