Lớp 10 Toán 10 - Chân trời sáng tạo

Đề kiểm tra 45 phút Chương 4 Hệ thức lượng trong tam giác Sách CTST

Mô tả thêm: Đề kiểm tra 1 tiết Toán 10 Hệ thức lượng trong tam giác gồm 40 câu hỏi trắc nghiệm giúp bạn học ôn tập, củng cố lại kiến thức sách Chân trời sáng tạo.
  • Thời gian làm: 45 phút
  • Số câu hỏi: 40 câu
  • Số điểm tối đa: 40 điểm
Trước khi làm bài bạn hãy
  • 1 Ôn tập kiến thức đã nêu trong phần Mô tả thêm
  • 2 Tìm không gian và thiết bị phù hợp để tập trung làm bài
  • 3 Chuẩn bị sẵn dụng cụ cần dùng khi làm bài như bút, nháp, máy tính
  • 4 Căn chỉnh thời gian làm từng câu một cách hợp lý
Mua gói để Làm bài
  • Câu 1: Nhận biết

    Điểm cuối của \alpha thuộc góc phần tư thứ ba của đường tròn lượng giác. Khẳng định nào sau đây là sai?

    Điểm cuối của \alpha thuộc góc phần tư thứ hai ightarrow \left\{ \begin{matrix} \sin\alpha < 0 \\ \cos\alpha < 0 \\ \tan\alpha > 0 \\ \cot\alpha > 0 \\ \end{matrix} ight..

  • Câu 2: Thông hiểu

    Cho tam giác ABC thỏa mãn BC^{2} + AC^{2} - AB^{2} - \sqrt{2}BC.AC = 0. Khi đó, góc C có số đo là:

    Theo đề bài ra ta có:

    BC^{2} + AC^{2} - AB^{2} - \sqrt{2}BC.AC = 0

    \Leftrightarrow BC^{2} + AC^{2} - AB^{2} = \sqrt{2}BC.AC

    \Leftrightarrow \frac{BC^{2} + AC^{2} - AB^{2}}{BC \cdot AC} = \sqrt{2}

    \Leftrightarrow 2\cos C - \sqrt{2} = 0

    \Leftrightarrow \cos C = \frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \widehat{C} = 45^{\circ}.

  • Câu 3: Vận dụng cao

    Tam giác ABC là tam giác gì khi có các góc thỏa mãn biểu thức

    \sin2\widehat{A}.\cos2\widehat{A} +\sin2\widehat{B}.\cos2\widehat{B} + \sin2\widehat{C}.\cos2\widehat{C} =0?

    Ta có:

    \sin2\widehat{A}.\cos2\widehat{A} +\sin2\widehat{B}.\cos2\widehat{B} + \sin2\widehat{C}.\cos2\widehat{C} =0

    \Leftrightarrow2\sin2\widehat{A}.\cos2\widehat{A} + 2\sin2\widehat{B}.\cos2\widehat{B} +\sin2\widehat{C}.\cos2\widehat{C} = 0

    \Leftrightarrow \sin4\widehat{A} +\sin4\widehat{B} + 2\sin2\widehat{C}.\cos2\widehat{C} = 0

    \Leftrightarrow 2\sin2\left( \widehat{A}+ \widehat{B} ight).\cos2\left( \widehat{A} - \widehat{B} ight) +2\sin2\widehat{C}.\cos2\left( \widehat{A} + \widehat{B} ight) =0

    \Leftrightarrow -2\sin2\widehat{C}.\left\lbrack \cos2\left( \widehat{A} - \widehat{B}ight) - \cos2\left( \widehat{A} + \widehat{B} ight) ightbrack =0

    \Leftrightarrow -4\sin2\widehat{C}.\sin2A.\sin2B = 0

    \Leftrightarrow \left\lbrack\begin{matrix}\sin2\widehat{C} = 0 \\\sin2\widehat{A} = 0 \\\sin2\widehat{B} = 0 \\\end{matrix} ight.

    \Leftrightarrow \left\lbrack\begin{matrix}2\widehat{C} = \pi \\2\widehat{A} = \pi \\2\widehat{A} = \pi \\\end{matrix} ight.\ \Leftrightarrow \left\lbrack \begin{matrix}\widehat{C} = \dfrac{\pi}{2} \\\widehat{A} = \dfrac{\pi}{2} \\\widehat{A} = \dfrac{\pi}{2} \\\end{matrix} ight.

    Vậy tam giác ABC là tam giác vuông.

  • Câu 4: Vận dụng

    Trong sơ đồ, chùm sáng S hướng vào gương màu xanh, phản xạ vào gương màu đỏ và sau đó phản xạ vào gương màu xanh như hình vẽ. Biết OP = 2 m, OQ=\sqrt{2}+\sqrt{6}m

    Tính độ dài PT

    Khi đó đoạn PT bằng:

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\widehat {SQB} = \widehat {PQT} = \alpha } \\ {\widehat {TOP} = \beta } \end{array}} ight.

    Áp dụng định lí cosin cho tam giác POQ ta có:

    \begin{matrix} P{Q^2} = O{P^2} + O{Q^2} - 2OP.OQ.\cos \widehat {POQ} \hfill \\ \Rightarrow P{Q^2} = {\left( {\sqrt 2 } ight)^2} + {\left( {\sqrt 2 + \sqrt 6 } ight)^2} - 2.\sqrt 2 .\left( {\sqrt 2 + \sqrt 6 } ight).\cos {45^0} \hfill \\ \Rightarrow PQ = 2\sqrt 2 \left( {cm} ight) \hfill \\ \end{matrix}

    Áp dụng hệ quả của định lí cosin cho tam giác POQ ta có:

    \begin{matrix} \cos \alpha = \cos \widehat {OQP} \hfill \\ \Rightarrow \cos \alpha = \dfrac{{O{Q^2} + P{Q^2} - O{P^2}}}{{2.OQ.PQ}} \hfill \\ \Rightarrow \cos \alpha = \dfrac{{{{\left( {\sqrt 2 + \sqrt 6 } ight)}^2} + {{\left( {2\sqrt 2 } ight)}^2} - {{\left( {\sqrt 2 } ight)}^2}}}{{2.\left( {\sqrt 2 + \sqrt 6 } ight).\sqrt 2 }} \hfill \\ \Rightarrow \cos \alpha = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \alpha = {30^0} \hfill \\ \end{matrix}

    Ta lại có: \beta = {45^0} + \alpha = {45^0} + {30^0} = {75^0}

    => {\widehat {TPO}}=75^0

    Xét tam giác OTP ta có: 

    \begin{matrix} \widehat {OTP} + \widehat {TOP} + \widehat {TPO} = {180^0} \hfill \\ \Rightarrow \widehat {OTP} = {180^0} - \left( {\widehat {TOP} + \widehat {TPO}} ight) \hfill \\ \Rightarrow \widehat {OTP} = {180^0} - \left( {{{45}^0} + {{75}^0}} ight) \hfill \\ \Rightarrow \widehat {OTP} = {60^0} \hfill \\ \end{matrix}

    Áp dụng định lí sin cho tam giác OTP ta có:

    \begin{matrix} \dfrac{{OP}}{{\sin \widehat {OTP}}} = \dfrac{{PT}}{{\sin \widehat {TOP}}} \hfill \\ \Rightarrow PT = \dfrac{{OP.\sin \widehat {TOP}}}{{\sin \widehat {OTP}}} \hfill \\ \Rightarrow PT = \dfrac{{2.\sin {{45}^0}}}{{\sin {{60}^0}}} = \dfrac{{2\sqrt 6 }}{3} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 5: Vận dụng cao

    Tính giá trị biểu thức P = \left\lbrack \tan\frac{17\pi}{4} + \tan\left( \frac{7\pi}{2} - x ight) ightbrack^{2} + \left\lbrack \cot\frac{13\pi}{4} + \cot(7\pi - x) ightbrack^{2}.

    Ta có:

    \tan\frac{17\pi}{4} = \tan\left( \frac{\pi}{4} + 4\pi ight) = \tan\frac{\pi}{4} = 1

    \tan\left( \frac{7\pi}{2} - x ight) = \cot x

    \cot\frac{13\pi}{4} = \cot\left( \frac{\pi}{4} + 3\pi ight) = \cot\frac{\pi}{4} = 1

    \cot(7\pi - x) = - \cot x

    Khi đó:

    P = \left\lbrack \tan\frac{17\pi}{4} + \tan\left( \frac{7\pi}{2} - x ight) ightbrack^{2} + \left\lbrack \cot\frac{13\pi}{4} + \cot(7\pi - x) ightbrack^{2}

    P = \left( 1 + \cot x ight)^{2} + \left( 1 - \cot x ight)^{2}

    P = 2 + 2\cot^{2}x =\dfrac{2}{\sin^{2}x}

  • Câu 6: Nhận biết

    Cho \Delta ABCcó S = 84,a = 13,b = 14,c = 15. Độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp R của tam giác trên là:

    Ta có: S_{\Delta ABC} = \frac{a.b.c}{4R} \Leftrightarrow R = \frac{a.b.c}{4S} = \frac{13.14.15}{4.84} = \frac{65}{8}.

  • Câu 7: Nhận biết

    Trong các khẳng định sau, khẳng định nào là đúng?

     Ta có: \cos 121^{\circ} =\cos -121^{\circ} vì \cos \alpha =\cos -\alpha.

  • Câu 8: Nhận biết

    Giá trị cot\frac{\pi }{6} là:

     Ta có: cot\frac{\pi }{6} =\sqrt3.

  • Câu 9: Nhận biết

    Cho tam giác ABC có AB =4cm;AC = 12cm và góc \widehat{BAC} = 120^{\circ}. Tính diện tích tam giác ABC.

    S = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin\widehat{BAC}

    = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 12 \cdot \sin 120^{\circ}

    = 12\sqrt{3}\left( {cm}^{2}ight)

  • Câu 10: Thông hiểu

    Một tam giác có ba cạnh là 52,\ 56,\ 60. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó là:

    Ta có: p = \frac{52 + 56 + 60}{2} = 84.

    Áp dụng hệ thức Hê - rông ta có:

    S = \sqrt{84 \cdot (84 - 52) \cdot (84 - 56) \cdot (84 - 60)} = 1344.

    Mặt khác S = \frac{abc}{4R} \Rightarrow R = \frac{abc}{4S\ } = \frac{52.56.60}{4.1344} = 32.5

  • Câu 11: Nhận biết

    Trong tam giác ABC ta có:

    Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC ta có:

    \begin{matrix} \dfrac{a}{{\sin A}} = \dfrac{b}{{\sin B}} \hfill \\ \Leftrightarrow a\sin B = b\sin A \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 12: Thông hiểu

    Giá trị biểu thức S = {\cos ^2}{12^0} + {\cos ^2}{48^0} + {\cos ^2}{1^0} + {\cos ^2}{89^0} bằng:

    Ta có:

    \begin{matrix} S = {\cos ^2}{12^0} + {\cos ^2}{48^0} + {\cos ^2}{1^0} + {\cos ^2}{89^0} \hfill \\ = {\cos ^2}{12^0} + {\sin ^2}{12^0} + {\cos ^2}{1^0} + {\sin ^2}{1^0} \hfill \\ = 1 + 1 = 2 \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 13: Vận dụng cao

    Tam giác ABC thỏa mãn đẳng thức

    \dfrac{a^{2}\cos\dfrac{B -C}{2}}{2\sin\dfrac{A}{2}} + \dfrac{b^{2}\cos\dfrac{C -A}{2}}{2\sin\dfrac{B}{2}} + \dfrac{b^{2}\cos\dfrac{A -B}{2}}{2\sin\dfrac{C}{2}} = a^{2} + b^{2} + c^{2}

    Biết AB = c;BC = a;AC = b. Chọn khẳng định nào dưới đây đúng?

    Ta có:

    \dfrac{a^{2}\cos\dfrac{B -C}{2}}{2\sin\dfrac{A}{2}} = \dfrac{a\left( 2R\sin A ight)\cos\dfrac{B -C}{2}}{2\sin\dfrac{A}{2}}

    = 2aR.\cos\dfrac{A}{2}\cos\dfrac{B -C}{2}

    = 2aR.\sin\dfrac{B + C}{2}\cos\dfrac{B -C}{2}

    = aR.\left( \sin B + \sin C ight) = \frac{a(b + c)}{2}

    Chứng minh tương tự và suy ra ta có:

    \dfrac{a^{2}\cos\dfrac{B -C}{2}}{2\sin\dfrac{A}{2}} + \dfrac{b^{2}\cos\dfrac{C -A}{2}}{2\sin\dfrac{B}{2}} + \dfrac{b^{2}\cos\dfrac{A -B}{2}}{2\sin\dfrac{C}{2}}

    = \frac{a(b + c)}{2} + \frac{b(c + a)}{2} + \frac{c(a + b)}{2}

    = ab + bc + ca

    \leq \frac{a^{2} + b^{2}}{2} + \frac{b^{2} + c^{2}}{2} + \frac{c^{2} + a^{2}}{2} = a^{2} + b^{2} + c^{2}

    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

    Vậy tam giác ABC là tam giác đều.

  • Câu 14: Nhận biết

    Cho biết \tan\alpha = \frac{1}{2}. Tính \cot\alpha.

    Ta có: \tan\alpha.cot\alpha = 1 \Rightarrow \cot\alpha = \frac{1}{\tan\alpha} = \frac{1}{\frac{1}{2}} = 2.

  • Câu 15: Vận dụng

    Cho góc \alpha thỏa mãn \frac{\pi}{2} < \alpha < 2\pi và \tan\left( \alpha + \frac{\pi}{4} ight) = 1. Tính P = \cos\left( \alpha - \frac{\pi}{6} ight) + \sin\alpha.

    Ta có \left\{ \begin{matrix} \frac{\pi}{2} < \alpha < 2\pi\overset{}{\leftrightarrow}\frac{3\pi}{4} < \alpha + \frac{\pi}{4} < \frac{9\pi}{4} \\ \tan\left( \alpha + \frac{\pi}{4} ight) = 1 \\ \end{matrix} ight.

    ightarrow \alpha + \frac{\pi}{4} = \frac{5\pi}{4} ightarrow\alpha = \pi.

    Thay \alpha = \pi vào P, ta được P = - \frac{\sqrt{3}}{2}.

  • Câu 16: Thông hiểu

    Cho góc \alpha thỏa \cot\alpha = \frac{3}{4} và 0^{O} < \alpha < 90^{O}. Khẳng định nào sau đây đúng?

    Ta có \left\{ \begin{matrix} \frac{1}{sin^{2}\alpha} = 1 + cot^{2}\alpha = 1 + \left( \frac{3}{4} ight)^{2} = \frac{25}{16} \\ 0{^\circ} < \alpha < 90{^\circ} \\ \end{matrix} ight. \overset{}{ightarrow}\sin\alpha = \frac{4}{5}.

  • Câu 17: Nhận biết

    Cho \Delta ABCcó a = 6,b = 8,c = 10. Diện tích S của tam giác trên là:

    Ta có: Nửa chu vi \Delta ABC: p = \frac{a + b + c}{2}.

    Áp dụng công thức Hê-rông: S = \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)} = \sqrt{12(12 - 6)(12 - 8)(12 - 10)} = 24.

  • Câu 18: Nhận biết

    Tam giác ABC có BC = 10 và \widehat{A}=30°. Tính bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

     Ta có: \frac {BC}{\sin A}=2R \Leftrightarrow R= \frac{BC}{2\sin A} =\frac {10}{2.sin30^{\circ} }=10.

  • Câu 19: Vận dụng

    Cho góc \alpha thỏa mãn \sin\alpha\cos\alpha = \frac{12}{25} và \sin\alpha + \cos\alpha > 0. Tính P = sin^{3}\alpha + cos^{3}\alpha.

    Áp dụng a^{3} + b^{3} = (a + b)^{3} - 3ab(a + b), ta có

    P = sin^{3}\alpha + cos^{3}\alpha = \left( \sin\alpha + \cos\alpha ight)^{3} - 3sin\alpha\cos\alpha\left( \sin\alpha + \cos\alpha ight).

    Ta có \left( \sin\alpha + \cos\alpha ight)^{2} = sin^{2}\alpha + 2sin\alpha\cos\alpha + cos^{2}\alpha = 1 + \frac{24}{25} = \frac{49}{25}

    Vì \sin\alpha + \cos\alpha > 0 nên ta chọn \sin\alpha + \cos\alpha = \frac{7}{5}.

    Thay \left\{ \begin{matrix} \sin\alpha + \cos\alpha = \frac{7}{5} \\ \sin\alpha\cos\alpha = \frac{12}{25} \\ \end{matrix} ight. vào P, ta được P = \left( \frac{7}{5} ight)^{3} - 3.\frac{12}{25}.\frac{7}{5} = \frac{91}{125}.

  • Câu 20: Nhận biết

    Cho tam giác ABC có AB=1;AC=\sqrt2;\hat A=45^{\circ}. Tính độ dài cạnh BC.

     Áp dụng định lí côsin:

    BC^2=AB^2+AC^2-2.AB.AC.\cos A=1+2-2.1.\sqrt2.\cos45^{\circ} =1.

    Suy ra BC=1.

  • Câu 21: Thông hiểu

    Cho góc \alpha thỏa mãn \sin\alpha = \frac{12}{13} và \frac{\pi}{2} < \alpha < \pi. Tính \cos\alpha.

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} \cos\alpha = \pm \sqrt{1 - sin^{2}\alpha} = \pm \frac{5}{13} \\ \frac{\pi}{2} < \alpha < \pi \\ \end{matrix} ight. \overset{}{ightarrow}\cos\alpha = - \frac{5}{13}.

  • Câu 22: Nhận biết

    Điểm cuối của \alpha thuộc góc phần tư thứ nhất của đường tròn lượng giác. Hãy chọn kết quả đúng trong các kết quả sau đây.

    Điểm cuối của \alpha thuộc góc phần tư thứ nhất ightarrow \left\{ \begin{matrix} \sin\alpha > 0 \\ \cos\alpha > 0 \\ \tan\alpha > 0 \\ \cot\alpha > 0 \\ \end{matrix} ight..

  • Câu 23: Nhận biết

    Trong các khẳng định sau, khẳng định nào là đúng?

     Ta có: \sin157^{\circ} =\sin (180^{\circ} -157^{\circ} )=\sin 23^{\circ}. Vì \sin \alpha =\sin (180^{\circ} -\alpha ).

  • Câu 24: Nhận biết

    Cho \Delta ABC có S = 10\sqrt{3}, nửa chu vi p = 10. Độ dài bán kính đường tròn nội tiếp r của tam giác trên là:

    Ta có: S = pr \Rightarrow r = \frac{S}{p} = \frac{10\sqrt{3}}{10} = \sqrt{3}.

  • Câu 25: Thông hiểu

    Nếu tam giác ABC có BC^{2} < AB^{2} + AC^{2} thì:

    Nếu tam giác ABC có BC^{2} < AB^{2} + AC^{2} thì \widehat{A} là góc nhọn

  • Câu 26: Nhận biết

    Cho tam giác ABC có a = 8,b = 10, góc C bằng 60^{0} . Độ dài cạnh c là ?

    Ta có: c^{2} = a^{2} + b^{2} - 2a.b.cosC = 8^{2} + 10^{2} - 2.8.10.cos60^{0} = 84 \Rightarrow c = 2\sqrt{21}.

  • Câu 27: Thông hiểu

    Tam giác đều ABC có đường cao AH. Khẳng định nào sau đây là đúng?

    Hình ảnh minh họa

    Chọn khẳng định đúng

    Do tam giác ABC là tam giác đều có AH là đường cao nên đồng thời là đường phân giác

    => \widehat {BAH} = \frac{1}{2}\widehat {BAC}=30^0;\widehat {ABC} = {60^0};\widehat {AHC} = {90^0}

    Do đó: \sin \widehat {BAH} = \frac{1}{2};\sin \widehat {BAH} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}

    Ta có: \widehat {ABC} = {60^0} \Rightarrow \sin \widehat {ABC} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}

  • Câu 28: Vận dụng

    Cho góc \alpha thỏa mãn \cot\alpha = \frac{1}{3}. Tính P = \frac{3sin\alpha + 4cos\alpha}{2sin\alpha - 5cos\alpha}.

    Chia cả tử và mẫu của P cho \sin\alpha ta được P = \frac{3 + 4cot\alpha}{2 - 5cot\alpha} = \frac{3 + 4.\frac{1}{3}}{2 - 5.\frac{1}{3}} = 13.

  • Câu 29: Nhận biết

    Cho \Delta ABC vuông tại B và có \widehat{C} = 25^{0}. Số đo của góc A là:

    Ta có: Trong \Delta ABC \widehat{A} + \widehat{B} + \widehat{C} = 180^{0} \Rightarrow \widehat{A} = 180^{0} - \widehat{B} - \widehat{C} = 180^{0} - 90^{0} - 25^{0} = 65^{0}.

  • Câu 30: Thông hiểu

    Tam giác ABC có đoạn thẳng nối trung điểm của AB và BC bằng 3, cạnh AB = 9 và \widehat{ACB} = 60{^\circ}. Tính độ dài cạnh cạnh BC.

    Gọi M,\ \ N lần lượt là trung điểm của AB,\ \ BC.

    \overset{}{ightarrow}MN là đường trung bình của \Delta ABC.

    \overset{}{ightarrow}MN = \frac{1}{2}AC. Mà MN = 3, suy ra AC = 6.

    Theo định lí hàm cosin, ta có:

    AB^{2} = AC^{2} + BC^{2} - 2.AC.BC.cos\widehat{ACB}

    \Leftrightarrow 9^{2} = 6^{2} + BC^{2} - 2.6.BC.cos60{^\circ}

    \Rightarrow BC = 3 + 3\sqrt{6}

  • Câu 31: Vận dụng

    Khoảng cách từ A đến B không thể đo trực tiếp được vì phải qua một đầm lầy. Người ta xác định được một điểm Cmà từ đó có thể nhìn được A và Bdưới một góc 56^{0}16'. Biết CA = 200\ m, CB = 180\ m. Khoảng cách AB gần nhất với kết quả nào sau đây?

    Ta có: AB^{2} = CA^{2} + CB^{2} - 2CB.CA.cosC = 200^{2} + 180^{2} - 2.200.180.cos56^{0}16' \simeq 32416 \Rightarrow AB \simeq 180.

  • Câu 32: Thông hiểu

    Cho tam giác ABC có AB=\sqrt{3}+1, AC=\sqrt{6}, BC = 2. Số đo của \widehat{B}-\widehat{A} là:

    Áp dụng hệ quả của định lí cosin ta có:

    \begin{matrix} \cos \widehat A = \dfrac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB.AC}} \hfill \\ \Rightarrow \cos \widehat A = \dfrac{{{{\left( {\sqrt 3 + 1} ight)}^2} + {{\left( {\sqrt 6 } ight)}^2} - {2^2}}}{{2.\left( {\sqrt 3 + 1} ight).\sqrt 6 }} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \hfill \\ \Rightarrow \widehat A = {45^0} \hfill \\ \end{matrix}

    \begin{matrix} \cos \widehat B = \dfrac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2AB.BC}} \hfill \\ \Rightarrow \cos \widehat B = \dfrac{{{{\left( {\sqrt 3 + 1} ight)}^2} + {2^2} - {{\left( {\sqrt 6 } ight)}^2}}}{{2.\left( {\sqrt 3 + 1} ight).2}} = \dfrac{1}{2} \hfill \\ \Rightarrow \widehat B = {60^0} \hfill \\ \Rightarrow \widehat B - \widehat A = {60^0} - {45^0} = {25^0} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 33: Thông hiểu

    Tam giác ABC có \widehat{A}=68°12',\widehat{B}=34°44' , AB = 117. Độ dài cạnh AC là khoảng:

    Ta có:

    \begin{matrix} \widehat A + \widehat B + \widehat C = {180^0} \hfill \\ \Rightarrow \widehat C = {180^0} - \left( {\widehat A + \widehat B} ight) \hfill \\ \Rightarrow \widehat C = {180^0} - \left( {{{68}^0}12\prime - {{34}^0}44\prime } ight) \hfill \\ \Rightarrow \widehat C = {77^0}4\prime \hfill \\ \end{matrix}

    Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC ta có:

    \begin{matrix} \dfrac{{AC}}{{\sin \widehat B}} = \dfrac{{AB}}{{\sin \widehat C}} \Rightarrow AC = \dfrac{{AB.\sin \widehat B}}{{\sin \widehat C}} \hfill \\ \Rightarrow AC = \dfrac{{AB.\sin {{34}^0}44'}}{{\sin {{77}^0}4'}} \approx 68 \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 34: Nhận biết

    Tam giác ABC có AB=5,BC=7,CA=8. Số đo góc \hat A bằng:

     Áp dụng định lí côsin:

    \cos A = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB.AC}}= \frac{{{5^2} + {8^2} - {7^2}}}{{2.5.8}} = \frac{1}{2}.

    Suy ra \hat A = 60^{\circ}.

  • Câu 35: Thông hiểu

    Cho \cos\alpha = \frac{4}{5} với 0 < \alpha < \frac{\pi}{2}. Tính \sin\alpha.

    Ta có: sin^{2}\alpha = 1 - cos^{2}\alpha = 1 - \left( \frac{4}{5} ight)^{2} = \frac{9}{25} \Rightarrow \sin\alpha = \pm \frac{3}{5}.

    Do 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} nên \sin\alpha > 0. Suy ra, \sin\alpha = \frac{3}{5}

  • Câu 36: Thông hiểu

    Bà Sáu sở hữu một mảnh đất hình tam giác. Chiều dài của hàng rào MN là 150m, chiều dài của hàng rào MP là 230m. Góc giữa hai hàng rào MN và MP là 110^{\circ} (như hình vẽ).

    Chiều dài hàng rào NP là bao nhiêu mét (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?

    Áp dụng định li côsin ta

    NP^{2} = MN^{2} + MP^{2} - 2MN \cdot MP \cdot \cos M

    = 150^{2} + 230^{2} - 2 \cdot 150 \cdot 230 \cdot cos110^{\circ} \approx 98999,39.

    Suy ra NP \approx \sqrt{98999,39} \approx 314,6(m).

    Vậy chiều dài hàng rào NP là khoảng 314,6m.

  • Câu 37: Nhận biết

    Cho \Delta ABC thỏa mãn : 2cosB = \sqrt{2}. Khi đó:

    Ta có: 2cosB = \sqrt{2} \Leftrightarrow \cos B = \frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow \widehat{B} = 45^{0}.

  • Câu 38: Nhận biết

    Chọn công thức đúng trong các đáp án sau:

    Ta có: S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2}ab\sin C.

  • Câu 39: Thông hiểu

    Cho \frac{\pi}{2} < \alpha < \pi. Giá trị lượng giác nào sau đây luôn dương?

    Ta có \sin(\pi + \alpha) = - \sin\alpha; \cot\left( \frac{\pi}{2} - \alpha ight) = \sin\alpha; \cos( - \alpha) = \cos\alpha; \tan(\pi + \alpha) = \tan\alpha.

    Do \frac{\pi}{2} < \alpha < \pi ightarrow \left\{ \begin{matrix} \sin\alpha > 0 \\ \cos\alpha < 0 \\ \tan\alpha < 0 \\ \end{matrix} ight..

  • Câu 40: Thông hiểu

    Điểm cuối của góc lượng giác \alpha ở góc phần tư thứ mấy nếu \sin\alpha,\ tan\alpha trái dấu?

    Điểm cuối của \alpha thuộc góc phần tư thứ hai thì \sin\alpha > 0, \cos\alpha < 0.

    Điểm cuối của \alpha thuộc góc phần tư thứ tư thì \sin\alpha < 0, \cos\alpha > 0.

    Vậy nếu \sin\alpha,\ cos\alpha trái dấu thì điểm cuối của góc lượng giác \alpha ở góc phần tư thứ II hoặc IV.

Nộp bài

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!

Đề kiểm tra 45 phút Chương 4 Hệ thức lượng trong tam giác Sách CTST Kết quả
  • Thời gian làm bài: 00:00:00
  • Số câu đã làm: 0
  • Điểm tạm tính: 0
Làm lại
  • 15 lượt xem
Sắp xếp theo
🖼️
Xóa Gửi bình luận
Đề kiểm tra 45 phút Chương 4 Hệ thức lượng trong tam giác Sách CTST
Thời gian còn lại 45:00 Số câu đã làm 0/40
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
Chưa làm Đã làm
Làm lại Nộp bài
Đăng nhập