CHUYEN DE TICH VO HUONG CUA HAI VEC TO VA UNG DUNG

Chủ đề Vấn đề cần nắm: Giá trị lượng giác góc từ 0    180 Tích vơ hướng hai vectơ Các hệ thức lượng tam giác TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ VÀ ỨNG DỤNG Trong chủ đề này, chúng tơi xin giới thiệu chun đề hình học lớp 10 nữa, phép nhân vơ hướng hai vecto Phép nhân cho kết số, số gọi tích vơ hướng hai vecto Để xác định tính vơ hướng hai  vecto ta cần đến khái niệm giá trị lượng giác góc với 0    180 mở rộng khái niệm tỉ số lượng giác góc nhọn biết lớp  §1 Giá trị lượng giác góc từ 0 đến 180 A Lý thuyết Định nghĩa Với góc  (0    180) ta xác định điểm M nửa đường tròn đơn · vị cho xOM   Tung độ điểm M sin góc  , kí hiệu sin  Hồnh độ điểm M cơsin góc  , kí hiệu cos  Giả sử điểm M có tọa độ STUDY TIP - Để nhớ định nghĩa giá trị lượng giác sin, cos, tan, cot ta có câu sau: Cơ sin (cos) trục nằm ngang (trục hồnh) M  x0 ; y0  Khi y0  sin  , x0  cos  y0 x 0 Khi , tỉ số x0 gọi tang góc  , kí hiệu tan  x0 y 0 Khi , tỉ số y0 gọi cotang góc  , kí hiệu cot  Song song với chàng tang (cot) Các số sin  ,cos  , tan  , cot  gọi giá trị lượng giác góc  Cịn sin đứng thẳng bang Nhận xét: Với định nghĩa này, ta thấy: Đối diện với có tang (tan) đứng chờ  0;1 + Góc từ 0 đến 180 có sin thuộc đoạn  1;1 + Góc từ 0 đến 180 có cosin thuộc đoạn + Với    0;90  sin  ,cos  , tan  , cot   : + Với    90;180  sin   0, cos  , tan  , cot   : Các hệ thức lượng giác 2 sin   cos   tan   sin  (cos   0) cos  cot   cos   sin    sin  tan  cot   1 sin  , cos     tan   cos   cot   sin  3.Tính chất a) Hai góc phụ sin   cos  90    tan   cot  90    cos   sin  90    cot   tan  90    tan    tan  180    cot    cot  180    b) Hai góc bù sin   sin  180    cos    cos  180    Giá trị lượng giác góc đặc biệt Giá trị  lượng giác 0 30 45 60 90 sin  2 cos  2 2 tan  3 || cot  || 1 Ghi nhớ: Cách 1: Quy tắc bàn tay trái - Bước 1: Ghi góc đặc biệt lên ngón tay hình vẽ (lịng bàn tay hứng vào trong) Tính giá trị lượng giác góc nào, ta quặp ngón tay lại hình vẽ - Bước 2: sin số ngón tay bên phải cos số ngón tay bên trái Cỏch 2: Đánh số vị trí cho góc 0,30, 45, 60,90 theo thứ tự 0, 1, 2, 3, sin   sè vÞtrÝ  sè vÞtrÝ , cos   2 Chú ý: Từ giá trị lượng giác góc đặc biệt cho bảng tính chất trên, ta suy giá trị lượng giác số góc đặc biệt khác Chẳng hạn: sin120  sin  180  60   sin 60  cos135  cos  180  45    cos 45   2 Góc hai vectơ a) Định nghĩa r r r uuu r r a b OA  a Cho hai vectơ khác vectơ Từ điểm O ta vẽ uuu r r r OB  b Góc ·AOB với số đo từ 0 đến 180 gọi góc hai vectơ a r r r r r r r   a , b   a , b  90 b Ta kí hiệu góc hai vectơ a b Nếu ta nói r r r r r r a b vng góc với nhau, kí hiệu  a  b b  a   Lời giải STUDY TIP Trong định nghĩa O lấy tùy ý Tuy nhiên giải tốn ta chọn vị trí điểm O thích hợp, hay chọn điểm O trùng với điểm gốc r r vectơ a b cho đơn giản b) Nhận xét: r r r r   a, b    b, a  Từ định nghĩa ta có r r r r  a, b   0  a b + và hướng r r    a, b  180   + r r a b và ngược hướng   Dạng B Các dạng tốn điển hình Xác định tọa độ điểm M Với dạng toán này, học sinh cần nắm vững định nghĩa STUDY TIP Muốn xác định tọa độ điểm M nửa đường tròn đơn vị, ta xác định góc · xOM   Khi điểm M  cos  ;sin   có tọa độ Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi M điểm nửa đường tròn · đơn vị cho xOM   (như hình vẽ) Tọa độ điểm M là: A  sin  ; cos   B   sin  ;cos   C  cos  ;sin   D   cos  ;sin   Lời giải Vì hồnh độ điểm M cos  , tung độ điểm M sin  nên tọa độ  cos  ;sin   điểm M Đáp án C Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi M điểm nửa đường tròn · đơn vị cho xOM  36 (như hình vẽ) Hồnh độ điểm M là: 1 A 1  B 1 C 1 D Phân tích: Dựa vào ví dụ 1, hồnh độ điểm M cos 36 Dùng máy tính cầm tay ta suy kết đáp án A Ta chuẩn xác lời giải cách sau: Lời giải Cách 1: (Dùng hình học) · · · Xét tam iacs ABC cân A, BAC  36, BC  Khi ABC  ACB  72 Dựng phân giác CD Suy tam giác ACD cân D, tam giác BCD cân C Do đó: DA  DC  CB  Kẻ DH  AC Đặt AH  HC  x  AB  AC  x, BD  x  Khi STUDY TIP · Do 0  xOM  36  90 Nên  cos 36  cos 36  AH x AD AD AC    2x ·ACB Do CD phân giác góc nên DB BC x   4x2  x 1   x  Như ta thấy đáp án C, D bị loại Vậy cos 36  1  x  0 1 1 cos 36  Hoành độ điểm M Lưu ý: Từ toán ta tính sin18 cách làm tiếp từ toán sau: Kể CK  AB , tam giác CDB cân C nên STUDY TIP Ở cách 2, ta cần biết công thức sau: DK  DB  BD x   2 DK x  1 sin18  cos 72    ·CDB  72 DC Mà nên sin 3  3sin   4sin  sin 2  2sin  cos  Do 0  18  90 Cách 2: (Sau học xong công thức lượng giác) Nên  sin18   4sin 18  2sin 18  3sin18   Ta có: cos 36  sin 54   2sin 18  4sin 18   sin18  1  4sin 18  2sin18  1   sin18  1 1  cos 36  4 Đáp án A Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi A, B hai điểm nửa · · xOA   , xOB    0      180  đường tròn đơn vị cho (như hình vẽ) cos      Giá trị bằng: A cos  cos   sin  sin  B cos  cos   sin  sin  C  cos  cos   sin  sin  D sin  sin   cos  cos  Phân tích: Với tốn thi trắc nghiệm, với kiểu hỏi này, ta cho   60,   30 Từ ta cho kết đáp án B Lời giải Từ giả thiết, ta có: B  cos  ;sin   , A  cos  ;sin   · BOA     · Dựng tam giác MON cho MON     , N giao điểm nửa đường tròn với trục hồnh, M thuộc nửa đường trịn đơn vị Suy M  cos      ;sin       Với cách dựng ta có:   cos   cos   N  1;  AOB  NOM  c.g c   AB  NM   sin   sin     cos       1   sin        2  cos   cos  cos   cos   sin   2sin  sin   sin   cos       cos        sin       cos       cos  cos   sin  sin  Đáp án B STUDY TIP    0;90  -Với sin  , cos  , tan  , cot      90;180  Với sin   ; cos  , tan  , cot   Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi A, A ' giao điểm nửa đường OA OM  tròn đơn vị với trục Ox (A thuộc tia Ox), M thuộc trục Ox cho (như hình vẽ) Dựng điểm N nửa đường trịn đơn vị cho MN vng góc · với OA Khi tan NOA bằng: A  15 B C 15 D  15 15 Lời giải Do MN vng góc với OA nên hồnh độ điểm N hoành độ điểm M Do OA 1 OM  xM  xM  nên Suy Tung độ điểm N dương giả thiết toán Do Dạng xN2  yN2   yN   xN2   · tan NOA  Khi 15  16 yN   15 xN Đáp án A Tính giá trị biểu thức lượng giác Với dạng toán này, ta sử dụng hệ thức lượng giác bản, giá trị lượng giác góc đặc biệt Bài toán 1: Biết cos  , tính giá trị lượng giác cịn lại góc  Phương pháp: 2 Ta có: sin   cos    sin    cos  Biết sin  , cos  ta tính tan  , cot  Bài tốn 2: Biết sin  , tính giá trị lượng giác cịn lại góc  Phương pháp: Trường hợp 1: Nếu    0;90 giá trị cos  , tan  ,cot   Do ta tính đưuọc giá trị cos  , tan  , cot   sau: - Tính cos  cách sử dụng công thức: cos    sin  , suy hai giá trị cịn lại - Tính cot  cách sử dụng cơng thức: hai giá trị cịn lại Trường hợp 2: Nếu    90;180 cot   1 cot  , suy cos  , tan  , cot   Do ta tính giá trị cos  , tan  , cot  sau: - Tính cos  cách sử dụng công thức: cos     sin  , suy hai giá trị lại - Tính cot  cách sử dụng cơng thức: hai giá trị lại cot    1 sin  , suy Bài tốn 3: Biết tan  , tính giá trị lượng giác cịn lại góc  (Trường hợp biết cot  tính tương tự) Phương pháp: Trường hợp 1: Nếu    0;90 cos  ,sin  , cot   Do ta tính giá trị cos  ,sin  , cot  sau: - Tính cos  cách sử dụng công thức: hai giá trị lại cos   1  tan  , suy Trường hợp 2: Nếu    90;180 cos  ,sin  , cot   Do ta tính giá trị cos  ,sin  , cot  sau: - Tính cos  cách sử dụng cơng thức: hai giá trị cịn lại cos    1  tan  , suy Bài toán 4: Biết giá trị biểu thức lượng giác theo  , tính giá trị lượng giác góc  Phương pháp: - Biến đổi biểu thức lượng giác cho dạng chứa hàm lượng giác, tực phép đặt ẩn phụ (nếu cần) để giải phương trình đại số - Biến đổi biểu thức cho dạng tích - Sử dụng bất đẳng thức Bài toán 5: Biết giá trị biểu thức lượng giác, giả sử biểu thức A, tính giá trị biểu thức lượng giác B Phương pháp: - Biến đổi A thay vào B - Biến đổi B sử dụng A - Biến đổi đồng thời hai biểu thức A, B xuất biểu thức trung gian - Sử dụng phương pháp giải phương trình để tính giá trị Ví dụ 1: Biết cos   0    180 a) Tính giá trị lượng giác cịn lại b) Tính giá trị biểu thức: P tan   cot  tan   cot  Lời giải a) Ta có sin   cos    sin    cos   , tan   8, cot   b) Với câu b, ta thay trực tiếp kết tính ý a, cho kết Ngoài ta làm sau: sin  cos  2 2 tan   cot  sin   3sin   cos    cos   26 P  cos  sin  cos  tan   cot  sin   cos   cos   cos  sin  Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có tan A  5 a) Tính sin A,cos A ? b) Tính giá trị biểu thức: P sin A  cos3 A sin A.cos A  3sin A Lời giải µ a) Vì tan A  5 nên suy góc A tù Do cos A  cos    Ta co: 1  tan   sin A  tan A.cot A  26 , 26 b) Với ý b, ta thay trực tiếp kết từ ý a Sau nêu thêm cách sau: sin A  cos A tan A  121 cos3 A P   2 sin A.cos A  3sin A  sin A  cos A  tan A  tan A  tan A 365 cos3 A Ví dụ 3: Cho số m, n dương số m tan   n cot   mn  1    0;180  \  90 thỏa mãn Tính sin  , cos  , tan  , cot  Lời giải Với tan   , ta suy cot   Khi mn  m tan   n cot   (vơ lí) Vậy tan   0, cot      0,90  Cách 1: (sử dụng bất đẳng thức) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: m tan   n cot   mn tan  cot   mn  n  tan   m  m tan   n cot   mn   cot   m  n Dấu xảy khi: Áp dụng hệ thức lượng giác ta có:  tan   1 m  cos     2 cos  mn n  tan  1 m n m n  m mn mn sin   tan  cos   Cách 2: Ta tính tan  , cot  sau: m tan   n cot   mn    m tan   n cot  Cách 3: Đặt mt    m tan    n cot    mn tan  cot    m tan   n cot   mn t  tan   t   Khi (1) trở thành  n  mn  mt  2t mn  n   t m  n t  0t  n m Ví dụ 4: a) Với giá trị  ,    0;180     0;180  b) Cho góc S n  sin n   cos n  biểu thức thỏa mãn P sin   cos  xác định sin   cos   Lời giải a) Biểu thức P sin   cos  xác định sin   cos    tan      135 b) Ta có: sin   cos    2sin  cos    sin  cos   n 1 n 1 Cách 1: Sn 1  sin   cos    sin n   cos n    sin   cos    sin  cos   sin n 1   cos n 1    S n 1  2S n  S n 1 Từ dễ dàng tìm Sn  2n  Tính  4S ABC  .5.12  120 Câu 49: Đáp án A  x, y, z  Giả sử: nghiệm hệ thì: 1  x  y  xy  16  1 1  25    zy z y      36 x z xz     m  x y z  Đặt 1 ,b  ,c  x y z (a,b,c>0) a Hệ trở thành:  a  b  ab  16  2 b  c  bc  25  2  a  c  ac  36 a  b  c  m  Trong mặt phẳng ta vẽ ba đoạn thẳng MA  a, MB  b, MC  c đôi hợp với góc 120 AB = 4, BC = 5, AC = Áp dụng công thức Herong ta có: S ABC 15  Tam giác ABC nhọn, suy M nằm tam giác ABC Khi đó:   25  x   y2     y  2 z    y  x   z    S ABC  S MAB  S MAC  S MBC    ab  bc  ca  sin1200 15  ab  bc  ca  21 Từ ba phương trình đầu ta có: Xét tam giác ABC vuông B, đường cao BD với AB  , BC  2 Đặt BD  y, AD  x  1, CD   z x, y, z thỏa  a  b  c    ab  bc  ca  Rõ 77 ràng mãn điều kiện 77  21 Khi đó:  a2  b2  c2  A  y x 1   z a  b  c   Vậy  S ABC  .2  2  a  b  c   ab  bc  ca  2  Câu 77  21 77  15 2151: Đáp án C  10 21  2Xét tam giác vuông ABC B có 77  15 21  abc  m  BC  4, BA  đường cao BD Đặt Câu 50: Đáp án D BD  y, DA  x, DC  z Từ hệ phương trình Ta thấy x, y , z thỏa x  1, z  suy mãn điều kiện Khi  Hệ phương tương đương: trình đó: B  y  x  z   2S ABC 3.4  12 Câu 52: Đáp án B Theo định lý hàm số cosin ta dễ dàng có  Với x   x  3x      x  x  16  Trường phương nghiệm hợp trình vơ Với x  0, xét tam giác ABC vuông A AB  4, AC  có 2 b2  c2 a AG  AA   3 uuu r uuu r  2a  b  c  CA   2b  a  c  CB  3 a  b  c 2 a  c b2 Theo yêu cầu BG  BB   3 toán: uur uur Do AG vng góc với IG  IC  GI CI  BG nên uuu r uu   2a  b  c  CA   2b  a  c  C  AB  BG  AG uuu r uuu r aCA  bCB      Gọi AD phân giác · góc BAC Trên tia AD lấy điểm M cho AM  x  b2  c2 a a  c b2  c       9 4   b 2a  b  c  a 2b  a  c       2  4b a  c2    c2  uuu r uuu r 9 ab  CB.CA   Áp dụng định lý cosin tam giác ACM: CM  x  x  r uuu r  5c  a  b  2ab cos C  4c uuu ab  CB.CA Do  sin A sin B cos C  ab  ab cos C Áp dụng định lý cosin tam giác ABM: BM  x  x  16  2sin  A  B  sin C  ab   cos C   2sin  A  B   cot C  sin A.sin B nên  cot C   cot A  cot B    a  b  c   a  b   6ab Suy ra: CM  BM  BC  Dấu xảy M trùng với D hay: 3.4 12 x  AD   3 Phương trình có nghiệm BÀI KIỂM TRA CHỦ ĐỀ IX Câu 1: Đáp án A Gọi G trọng tâm tam giác ABC Ta có: b  2a  b  c   a  2b  a  c   Câu 2: Đáp án D Câu 3: Đáp án C Ta có: uuur uuu r uuu r CG  CA  CB uuuu r uuur uuuu r uuur uuur AM  AB  CM  AB  AC 2 Lại có:   uuu r b uuur c uuur Lại có: AL  AB  AC bc bc uu r uur uur r aIA  bIB  cIC  uuu r uuuu r AL  CM  AL CM 0 uur uuur uur uuur uur r  a IC  CA  b IC  CB  cIC  c uuur   b uuur uuu r uuu r  AB  AC   uur aCA  bCB bc cb    IC  abc r uuur  uur uur uuur  uuu AB  AC    GI  CI  CG  2  uuu r uuur uuu r uuur  b AB  c AC AB  AC        uuu r uuur   c  2b  AB AC  bc  c  2b   giác ABC vng góc với đường thẳng  giá vectơ uuu r uuur 2AB  AC  c  2b Khi đó: A Khi ta có: S ABC  S ABD  S ACD 1  bc  bla sin 450 2 uuu r uuu r uuur AL  AB  AC 3 Câu 5: Đáp án C 8b cos A  8b2  AL  c  a a  b4  c   c  b  la  ·  ·ABC , BAC nhọn Câu 7: Đáp án C  8b   cos A Lại có: Và CM  b2  b  2b cos A  2b   cos A  Theo giả thiết ta có: CM  52 AL   CM  52 AL2  cos A   5  cos A  1 ·  BAC  720 Câu 4: Đáp án A Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có: 3MA2  MB  MC uuuur uuur uuur uuur  2MO 3OA  2OB  OC  uuuu r uuur uuur  2MO AB  AC    Vậy tập hợp điểm M thỏa mãn điều kiện đường thẳng qua tâm ngoại tiếp tam  bc bc · Ta có: ADC  60 c  a a  b 2b  a 2c  b 2c Cách 1: Áp dụng định  c  a  b  c  2ab cos C lý sin hai tam giác ADC ABC ta  cos C   ·ACB có: nhọn CD CA  Câu 6: Đáp án D ¼ sin 600 sin CAD Ta có: BC CA  · sin 450 B c C b sin CAD  150 cos  , cos  lb lc · CD sin CAD  150 sin 450   Lại có: · sin 600 BC sin CAD bc sin B.sin C  · sin CAD sin 450 a    · sin 600 sin CAD  150 B C B C bc  4sin sin cos cos  Từ dễ dàng tìm 2 2 a · B C l l CAD  45  sin sin  b 2c 2 4a · Suy ACB  75 Áp dụng định lý hàm Cách 2: Gọi E sin tam giác đoạn AD cho IBC ta có: CE  AD Xét tam IB IC a    a giác CDE ta có: · C B sin BDC sin sin · · 2 DCE  300 , DE  DC.sin DCE B C l l  CD  DE  IA.IC  2a sin sin  b c 2 Suy BD  DE , hay Gọi D chân đường tam giác BDE cân phân giác góc   cos A    cla sin 450 Ta có:      D Suy · · DBE  DEB  300 Khi đó: · · CBE  DEB  30 · · EBA  EAB  150 Suy hai tam giác BCE, BAE cân hay EA  CE  BE Điều suy tam giác AEC vuông cân · Hay ACE  45 Suy ra: Ta có: · · tan PCQ  PDQ  tan 450 S ABC  S PAB  S PAC  S PBC   y 2x  5x y  1 y 2x 1 5x y   10 x  y 21xy 40  xy  21 Diện tích hình thang ABCD · Vậy ACB  75 bằng: Câu 8: Đáp án B S  AC.BD Theo định lí Thales ta có: AP BP    PC PD 10 Đặt AP  x, BP  y ,   1 49  x.7 y  xyy 2 49 40 140   21 Câu 9: Đáp án A x  y  42  x  y  Áp dụng công thức Heron ta suy S ABC  84 Suy  cx  ay  bz  sin   84   cx  ay  bz  sin   168 Vậy tan   168 295 Suy m  n  463 Câu 10: Đáp án C Cách 1: Dựa vào hình vẽ ta suy a, b dương ÁP dụng định lí cosin tam OA  AB  OB  OA giác PCA, PAB, PBC ta có: a  121   b  a   676  a  12  b  1369 y  x  c  2cx cos  z  y  a  2ay cos    cx  ay  bz  cos   a  b2  c Lại có · · · · DPC  DQC  PCQ  PDQ  132  142  152  590 =1 · ·  PCQ  PDQ  450  cx  ay  bz  sin  Đặt AP  x, PB  y, PC  z Tam giác OAB nên x  z  b  2bz cos  Do tam giác APB vuông P nên    cx  ay  bz  cos   295 b  2ab  555   a  b  1248 b 555  a   2b  a  b  1248  b 555  a   2b   b 555 5552    4b 4  b  1248    b  cos 600   x    sin A  sin C  sin B   cos  cos 600  sin  sin 600   sin C  sin B  Từ suy 2  sin A  cos A   a  21 3, b   ab  315  r   p  b  tan   B    sin A  cos A    Đặt  · · x  PCB  PBC  800  x Áp dụng định lý sin ta có: 1  PA PB PC PB PC PA · · · sin PBA sin PCB sin PAC   · · · sin PAB sin PBC sin PCA sin 200 sin x sin 400    0 1   sin10 sin 80  x sin 30  R   sin A  sin C  sin B     4sin x.sin 400 sin100  1     sin 800  x Theo giả thiết ta có:  ta có:   sin  cos 600  cos  sin 60 11 a   2x 2x   Câu 12: Đáp án D 11 a ta có: sin   , cos   x x Khi đó, OI  R  R  2r     sin A    2 sin A         cos A  1  37  sin 600   x    sin A Câu 11: Đáp án A b 555  acb 450  a   2b   tan 2 3b  3882b  5552    R 1 b 555   sin A  sin C  sin B  a   2b  b  75 sin C  sin 1800  A  B  Và  a  21 3, b   ab  315  sin 1350  A Cách 2: Đặt  sin A  cos A  x  OA  OB  AB, giả sử  Góc  góc tạo tia OA Áp dụng công thức Euler tia Ox · BOx  60      sin A  cos A     OI  R  sin C  sin B    Io  AB  AC Vì vậy,  1 a 11  2x 2x   1   2sin x sin 300  sin 500  sin 800  x      2sin x cos 40 Giá trị nguyên lớn x a  b  c  2ab cos C thỏa mãn Nếu tam giác ABC có C nhọn yêu cầu toán x = 2 a  b  c  Câu 16: Đáp án B  sin 800  x  sin x Do tam giác ABC vuông  sin cos 400   sin 800  x    cân nên 0  2sin 40  x cos 40  x BC 200 a  R   · · Vậy ACB  50  BAC Áp dụng định lí cosin tam giác ABC ta có: AB  AC  R b  c  a 92   cos A    2bc 2.9.4 R  R  2R 2 2  R ·ACB 2R AB  BC  AC  BC CA.cos Câu 13: Đáp án D  43  BC  49  BC BC  BC    BC    BC  Câu 14: Đáp án B H  x; y  Giả sử Ta có: uuur uuur  AB.HC   uuur uuur  AC.HB    x     y    2   x    y  x   y  Câu 15: Đáp án C rr ab cos   r r a b  3x   x    x     x  1  9x   x  p Lại có r   p  a  tan  Câu 20: Đáp án C A   R  R  R tan 450 R   Câu 19: Đáp án D 1  r  1 R Diện tích tam giác ABC 1 S  AB AC.sin A  6.8.sin 300  12 Câu 21: Đáp án D Nửa chu vi tam giác ABC Câu 17: Đáp án B SGMN  · GM GN sin MGN Ta có: GC GB ·  sin BGC 2 SGBC 1  d  G , BC  BC  1  d  A, BC  BC  S ABC 12  10 AB AC.sin A  75 12 2 2 Câu 18: Đáp án D Ta có: p 23  2 99 3.2   bc p  p  a  22 la   bc 3  54 Câu 22: Đáp án D Dựng đường cao AE Đặt AB = x Khi AE =x  Ta có:  a  b2  c  Ta có: µA  1800  B µ C µ  450 CD  AB 10  x  2 2  a  b  c Áp dụng định lí sin tam giác 10  x 10  x CE  DC  DE  10   29  2 a  b  c   ABC ta có: 6 b c Do tam giác CAD vuông A   Câu 24: Đáp án A nên sin 450 sin 600 sin 750 Ta có: b  2 100  x AE  DE.CE  x  uuu r uuur   AB   1;3 , AC   1; 2  c   DE     x  20  x  20  Diện tích tam giác ABC Nửa chu vi tam giác ABC: bằng: Diện tích hình thang cân bằng: p 8  44  6  S   1  2    3  AB  CD  AE 10  25  Diện tích tam giác ABC bằng: S  2Câu 25: Đáp án B 1 S  ab sin C  8.4 sin 750 2 2 a c b 2ac cos B  10   b  c  a 2bc cos A  24  Câu 23: Đáp án D a cos B  Bán kính nội tiếp đường trịn b cos A Ta có: uuu r uuur uuur uuur uuur uuu r R sin A cos B tan A GA.GB  GB.GC  GC GA   S 24  R sin B cos A tan B r  2 GA  GB  AB p 62 2  Câu 26: Đáp án A Diện tích đường trịn nột tiếp Diện tích tam giác ABC GB  GC  BC tam giác bằng:  2 S  a.b.sin C  12   2 r   GA  GC  AC          3.2.sin 30  2 Câu 28: Đáp án A  GA2  GB  GC Lại có cos   sin  cos  BC  AB  AC    3 sin  sin  sin  S  a.ha 2       ma  mb  mc  a  b2  c 2    2S   a Câu 27: Đáp án A  cot  sin     cot    cot   cot    cot    cot   cot   cot  Câu 31: Đáp án C Câu 29: Đáp án A A cot 2  cos 2 cot 2 sin 2.cos 2  cot 2 cos 2  BC  4.182  Ta có:   242  AC   tan k  tan  45  k    24  4.27  0   AC  BC   tan k  tan  45  k       tan k tan  45  k   Mặt khác ta có: Áp dụng định lí cosin tam giác AEC ta có: cos ·AEC      tan 450  xM  xM    xM   2;4  tan10  tan 20    x y 1 1 M ;  3 3    55 Ta có:    S ABF  S AEF  AE.EF sin ·A  55 Vậy m  n   55  63 Câu 33: Đáp án C Câu 32: Đáp án D Áp dụng công thức độ Trường hợp dài đường uuur uuuu r  BC 3  x    trung tuyến , ta có: BM     3 y  1 11   x   11    M  ;    3 y    122  272  9.70  2.12.27  sin AEC  1   tan10  tan 440  d  A, BM  BM  d  A, BC  BC  tan 20 BC  BM   tan 220  tan 230 M  x; y  Giả sử Trường hợp  tan 450 uuur uuuu r BC 3  x    5  223 BM   3 y  Vậy n = 23    AC  70  SVABM  SVABC   sin 2.cos 2 cos 2 cot 2   tan 450 sin 2 1  tan k tan  45  k       sin 2  sin 2   tan k tan  45  k   Câu 30: Đáp án B Vậy Ta có:  1  S AGF AF AG.sin  S AEG AE AG.sin S 10  AGF  S AEF 13 Lại có: A  AF  A AE · EAF  3600  900  600  900là AF AE sin A S AEF 30 10 3    S  .1.1.sin1200  S ABC AB AC.sin A 444 120 148 2 Diện tích tam giác AEF Do diện tích tam giác S 25  AGF  S ABC 481 S AEF  AE AF sin1200 ABC 2 S  3 Do tam giác ABC vuông B 3   nên 2 Câu 36: Đáp án A BC  372  122  35 Dễ thấy: Do AD phân giác AEF  CGH  BDI · góc CAB  S AEF  SCGH 60  S BDI  BD  Đặt AD  x  AB  x Nên dễ dàng suy Diện tích hình Do diện tích hình chữ nhật Diện tích tam giác ABC: lục giác DEFGHI ABCD S ABC  BA.BC S  3S ABDE  3S AEF  S ABC S  2x2 ABCD Theo đề ta có: 3  12.35  210  3   3 4 ·ADE  EDF · ·  FDC  300 Suy Câu 35: Đáp án B Áp dụng hệ thức lượng 25 5250 S AGF  210  tam 481 481 giác ADE ADF ta có: Diện tích tam giác ABD: S ABD  1 60 360 BA.BD  12  2 7 Diện tích tứ giác DCFG bằng: Chú ý tam giác bên S  S ABC  S AGF  S ABD  148 tam Câu 34: Đáp án C giác ABC gộp thành lục giác cos 300  x 2x  DE  DE cos 600  x  DF  x DF Diện tích tam giác DEF S DEF  DE.DF sin 300 2x x2  x  diện tích lục giác có cạnh 3 Tỉ số diện tích x2 S DEF   S ABCD x x     y     13 Câu 38: Đáp án B Câu 39: Đáp án B Đặt BE  x, AJ  y Đặt Vì · · · FKH  EJK  ·AGJ  DHG p  sin10 sin 30 sin 50 sin 890  · · · FHK  EKJ  ·AJG  DGH Tam giác KEJ, JAG, Trong mặt phẳng với hệ  A  0;0  , B  16;  sử điểm dạng Sử dụng tính chất đối C  20;  xứng đối xứng ta cho định lí Pytago ta có: D E  EK = xy, góc phần tư thứ FK   y , EJ  x  y Do hai tma giác  Vì ta biết ABD, BCE nên BE  EJ  AJ  EK  FK  D 8;8 , E 18; x  x 1 y2  y     xy   y   x  1 1 y  y  1   y   y   y y    y2  y         Do M trung điểm AE, sin10 sin 30 sin 50 sin1770 sin1790 sin10 sin 30 sin 50 tọa độ Oxy, giả GDH, HFK đồng Nên ta có phương trình:  13  x  13  x  507 Câu 37: Đáp án C nên   sin1770 sin1790 sin 20 sin 40 sin1760 sin1780 sin10 sin 20 sin1790  2sin10 cos10   2sin 890 cos sin 910 sin 92 sin1780 sin17 cos10 cos 20 cos890 289 N trung điểm BD nên     M 9; , N 14; Từ suy Suy p = 91  289 Vậy m + n Câu 40: Đáp án A BM  BN  MN  13 Trường hợp P trùng với B, Q trùng với Diện tích tam giác BMN C ta có PQ    25 Khi S BMN  BM BN sin 600 S PQRS       25  625     25 m 16   1  n 45 45 Trường hợp P trùng với trung  m  n  61 Vậy điểm Suy đoạn AB, Q trùng với trung Câu 42: Đáp án A điểm Gọi I tâm đường tròn Gọi N hình chiếu C lên AB đoạn AC ta có: PQ    25 nội tiếp tam giác ABC Ta có: S ABCD tam giác BDI cân dễ thấy D, tam giác CEI cân E áp dụng hệt thức Hê-rông ta Vậy DE  BD  EC có: AM  25 Cách 1: Lại có: MD  AD  AM S PQRS   52  S CDM  252 11  MN MD SABC =90 Chu vi tam giác ADE Vậy 625 625 625    4 36  125 AD + AE + DE = AB + AC =43 527 11 527 11   50 40 Tỉ số chu vi vủa  m  n  p  578 tam giác ADE Cách 2: 45  Vậy m + n = 161 Câu 41: Đáp án B m S DEF  n S ABC S ABC  S ADF đồng dạng hai Tam giác Do  S BDE  SCEF S ABC  43 ABC 63 tỉ số  1 p  1 r   q  1 p  r  1 q 43 860 20  63 63  m  n  923 DE  Câu 43: Đáp án D   p  q  r  1  p q r   pq  qr  rp  45 · · Ta có: sin CMD  cos CMA  MC  MA2  AC 527  MC.MA 625 · MC.MD.sin CMD  m  n  p  578  pq  qr  rp  25 11 527 527 11   2 625 40 p  q  r  Do 25 252 MD  AD  AM  15   SCDM    pq  qr  rp  Ta có: CM  AM  Do tam giác ABC vuông CCâu 44: Đáp án B 2 nên AB   24  25 AC 49  29 DE 425  m  n  484 điểm tiếp xúc Câu 45: Đáp án C PQ giao điểm (I)  (I) với cạnh BC, AC, AB với AD (P AQ) Khơng tính Ta có ABCF hình bình hành tổng qt, F giao điểm CE AD D C giả sử AC < AB, E nằm Đặt AD = 3x VABC : VEFD Đặt AB = x Ta có: Áp dụng định lí cosin Gọi E giao điểm AD tam giác DE  DQ.DP  x.2 x BC ABC ta có:  AP AQ AF Khi tam giác EAB AC  BA2  BC  BA.BC.cos B  Ta có: ED = x-10, EC = x-8  DE  AF Suy 2 S ABC  AC  7     S EFD  DE   15  S ABC  S FAC Áp dụng định lí cosin Đặt CE = CF = y (y