Phương pháp giải:

Dựa vào công thức đã học ${a \over {\sin A}} = {b \over {{\mathop{\rm sinB}\nolimits} }} = {c \over {\sin C}} = 2R$ với a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC suy ra trực tiếp tính đúng sai của các công thức.

Lời giải chi tiết:

Ta có: ${a \over {\sin A}} = {b \over {{\mathop{\rm sinB}\nolimits} }} = {c \over {\sin C}} = 2R \Rightarrow$ Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án C sai.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Nhận biết được công thức định lí Sin: ${a \over {\sin \,A}} = {b \over {\sin \,B}} = {c \over {\sin \,C}} = 2R$

Lời giải chi tiết:

Ta có: ${a \over {\sin \,A}} = {b \over {\sin \,B}} = {c \over {\sin \,C}} = 2R \Rightarrow a = 2R\sin A.$

Chọn B

Phương pháp giải:

Dựa vào công thức đã học về tính độ dài đường trung tuyến của tam giác khi biết 3 cạnh của tam giác đó.

Lời giải chi tiết:

Bình phương độ dài đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC là  $m_a^2 = {{2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}} \over 4}$. Với a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB.

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức tính diện tích tam giác:

$S = {1 \over 2}a.{h_a} = {1 \over 2}b.{h_b} = {1 \over 2}c.{h_c}$

$S = {{abc} \over {4R}}$

Lời giải chi tiết:

Ta có ${1 \over 2}a.{h_a} = {{abc} \over {4R}}$. Suy ra ${h_a} = {{bc} \over {2R}}.$ hay $bc = 2R.{h_a}$.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Nhận biết được công thức tính độ dài trung tuyến hạ từ đỉnh A: $m_a^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4}$

Lời giải chi tiết:

Trong tam giác ABC, độ dài trung tuyến kẻ từ đỉnh A là $m_a^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4}$

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức định lí cosin $M{N^2} = M{P^2} + P{N^2} - 2MP.PN\cos P$

Lời giải chi tiết:

$M{N^2} = M{P^2} + P{N^2} - 2MP.PN\cos P = {5^2} + {8^2} - 2.5.8.\cos 120 = 129 \Rightarrow MN \approx 11,4.$

Chọn A.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức định lí sin ${a \over {\sin \,A}} = {b \over {\sin \,B}} = {c \over {\sin \,C}} = 2R$ ta có $\sin A = {a \over {2R}};\sin B = {b \over {2R}};\sin C = {c \over {2R}}$. 

Lời giải chi tiết:

$\eqalign{  & {a \over {\sin \,A}} = {b \over {\sin \,B}} = {c \over {\sin \,C}} = 2R \Rightarrow \sin A = {a \over {2R}};\sin B = {b \over {2R}};\sin C = {c \over {2R}}  \cr   &  \Rightarrow M = \sin A - 2\sin B + \sin C = {a \over {2R}} - 2.{b \over {2R}} + {c \over {2R}} = {{a - 2b + c} \over {2R}} = {{4 - 2.5 + 6} \over {2R}} = 0 \cr}$.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức định lí sin: ${a \over {\sin A}} = 2R$  và công thức tính diện tích $S = {1 \over 2}ab\sin C$

Lời giải chi tiết:

Do tam giác ABC đều nên ta có $A = {60^0}$.

Sử dụng công thức định lý sin: ${a \over {\sin A}} = 2R \Rightarrow a = 2R.\sin A = 2.8.\sin {60^0} = 8\sqrt 3$ ta có.

Do tam giác ABC đều nên ta có $a = b$ và $C = {60^0}$, áp dụng $S = {1 \over 2}ab\sin C$  ta có $S = {1 \over 2}{a^2}\sin {60^0 } = {1 \over 2}.{\left( {8\sqrt 3 } \right)^2}.{{\sqrt 3 } \over 2} = 48\sqrt 3$

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính diện tích tam giác $S = {1 \over 2}a{h_a} = {1 \over 2}b{h_b} = {1 \over 2}c{h_c}$.

Lời giải chi tiết:

Tam giác ABC thỏa mãn ${a^2} + {b^2} = {c^2}\,\,\left( {{4^2} + {3^2} = {5^2}} \right)$. Suy ra tam giác ABC vuông tại C (theo định lý Pitago đảo).

Ta có $S = {1 \over 2}a.b = {1 \over 2}.4.3 = 6$

Mặt khác ta cũng có:  $S = {1 \over 2}c.{h_c} \Rightarrow {h_c} = {{2S} \over c} = {{12} \over 5}$.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức trung tuyến $m_a^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4}$

Lời giải chi tiết:

$MA_a^2 = {{{{12}^2} + {9^2}} \over 2} - {{{{15}^2}} \over 4} = {{225} \over 4} \Rightarrow MA = {{15} \over 2}$.

Chọn D

Phương pháp giải:

Sử dụng hệ thức trung tuyến:

$\eqalign{  & \,\,\,\,\,m_a^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4}  \cr   & \,\,\,\,\,m_b^2 = {{{a^2} + {c^2}} \over 2} - {{{b^2}} \over 4}  \cr   & \,\,\,\,\,m_c^2 = {{{a^2} + {b^2}} \over 2} - {{{c^2}} \over 4} \cr}$

Lời giải chi tiết:

Ta có:

$\eqalign{  & \,\,\,\,\,m_a^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4}  \cr   & \,\,\,\,\,m_b^2 = {{{a^2} + {c^2}} \over 2} - {{{b^2}} \over 4}  \cr   & \,\,\,\,\,m_c^2 = {{{a^2} + {b^2}} \over 2} - {{{c^2}} \over 4}  \cr   &  \Rightarrow m_a^2 + m_b^2 + m_c^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} + {{{a^2} + {c^2}} \over 2} + {{{a^2} + {b^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4} - {{{b^2}} \over 4} - {{{c^2}} \over 4}  \cr   & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {{2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} \over 2} - {{{a^2} + {b^2} + {c^2}} \over 4}  \cr   & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {3 \over 4}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) = {{75} \over 2} \cr}$

Chọn A

Phương pháp giải:

Sử dụng hệ thức trung tuyến:

$\eqalign{  & \,\,\,\,\,m_a^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4}  \cr   & \,\,\,\,\,m_b^2 = {{{a^2} + {c^2}} \over 2} - {{{b^2}} \over 4}  \cr   & \,\,\,\,\,m_c^2 = {{{a^2} + {b^2}} \over 2} - {{{c^2}} \over 4} \cr}$

Kết hợp sử dụng tính chất trọng tâm ta có  $G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}={2 \over 3}$ ($m_a^2 + m_b^2 + m_c^2$)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

$\eqalign{  & \,\,\,\,\,m_a^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4}  \cr   & \,\,\,\,\,m_b^2 = {{{a^2} + {c^2}} \over 2} - {{{b^2}} \over 4}  \cr   & \,\,\,\,\,m_c^2 = {{{a^2} + {b^2}} \over 2} - {{{c^2}} \over 4}  \cr   &  \Rightarrow m_a^2 + m_b^2 + m_c^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} + {{{a^2} + {c^2}} \over 2} + {{{a^2} + {b^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4} - {{{b^2}} \over 4} - {{{c^2}} \over 4}  \cr   & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {{2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} \over 2} - {{{a^2} + {b^2} + {c^2}} \over 4}  \cr   & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {3 \over 4}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) = {{183} \over 4} \cr}$

Theo tính chất trọng tâm ta có: $G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} = {4 \over 9}\left( {m_a^2 + m_b^2 + m_c^2} \right) = {{61} \over 3}$

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức cosin ${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A$

Lời giải chi tiết:

Ta có $\cos A = {{{b^2} + {c^2} - {a^2}} \over {2bc}}$

Nếu ${b^2} + {c^2} - {a^2} > 0$ suy ra $\cos A > 0$. Suy ra A nhọn.

Nếu ${b^2} + {c^2} - {a^2} = 0$ suy ra $\cos A = 0$. Suy ra A vuông.

Nếu ${b^2} + {c^2} - {a^2} < 0$ suy ra $\cos A < 0$. Suy ra A tù.

Chọn A

Phương pháp giải:

Áp dụng định lý sin :

Cho tam giác ABC ta có $\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R$ (R : bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC)

Lời giải chi tiết:

Theo định lý hàm số sin ta có : $\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R \Rightarrow b = 2R.\sin B$

$\Rightarrow$ đáp án A sai.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Áp dụng định lý cosin: Cho tam giác $ABC,$có độ dài ba cạnh là $BC = a,\,AC = b,\,AB = c$

$\Rightarrow {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos A$

Lời giải chi tiết:

Cho tam giác $ABC,$có độ dài ba cạnh là $BC = a,\,\,AC = b,\,\,AB = c$

Áp dụng hệ thức hàm số cos của tam giác ta có: ${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos A$

$\Rightarrow$đáp B sai.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính trung tuyến $\,\,\,\,\,m_a^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4}$

Lời giải chi tiết:

Xét tam giác ABC có AB = a, BC = b, AC = n.  Giả sử$AC \cap BD = I.$

Theo tính chất, hai đường chéo của hình bình hành cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường nên ta có BI là trung tuyến của tam giác ABC và BD = 2BI. Suy ra $BI = {m \over 2}$

Ta có $B{I^2} = {{{a^2} + {b^2}} \over 2} - {{{n^2}} \over 4}$  (*)

Thay $BI = {m \over 2}$ vào (*) ta có

${{{m^2}} \over 4} = {{{a^2} + {b^2}} \over 2} - {{{n^2}} \over 4} \Leftrightarrow {{{m^2} + {n^2}} \over 4} = {{{a^2} + {b^2}} \over 2} \Leftrightarrow {m^2} + {n^2} = 2({a^2} + {b^2})$

Chọn A

Phương pháp giải:

Sử dụng định lí cosin:

$\begin{array}{l}{a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A\\{b^2} = {a^2} + {c^2} - 2ac\cos B\\{c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab\cos C\end{array}$

Lời giải chi tiết:

Theo định lí hàm cosin, ta có:

$\begin{array}{l}A{B^2} = A{C^2} + B{C^2} - 2.AC.BC.\cos C\\ \Rightarrow {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} + B{C^2} - 2.\sqrt 3 .BC.\cos {45^o}\\ \Rightarrow BC = \frac{{\sqrt 6  + \sqrt 2 }}{2}\end{array}$

Chọn  B.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính diện tích tam giác:

$S = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2}bc\sin A$ 

Lời giải chi tiết:

Ta có: $\angle ABC = {180^o} - \left( {\angle BAC + \angle ACB} \right) = {75^o} = \angle ACB$

Suy ra tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $AB = AC = 4.$

Khi đó, diện tích tam giác $ABC$ là ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \angle BAC = 4.$

Chọn  A.

Phương pháp giải:

Áp dụng định lý sin trong tam giác $ABC$: $\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin C}} = 2R$ với $R$  là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$

Lời giải chi tiết:

Ta có: $\frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin C}} \Leftrightarrow \frac{{AC}}{{\sin {{60}^0}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sin {{45}^0}}} \Rightarrow AC = \sqrt 3$

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng bất đẳng thức tam giác: $\left| {a - b} \right| < c < a + b$ với $a,b,c$ là ba cạnh của một tam giác.

Diện tích tam giác có ba cạnh $a,b,c$ là $S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}$

Với $p = \dfrac{{a + b + c}}{2}$ là nửa chu vi tam giác

Lời giải chi tiết:

Chu vi tam giác là 8 nên bộ ba số có tổng bằng 8 và thỏa mãn bất đẳng thức tam giác chỉ có thể là 3,3,2

Nửa chu vi tam giác là: $8:2 = 4$

Diện tích tam giác là: $S = \sqrt {4.\left( {4 - 3} \right)\left( {4 - 2} \right)\left( {4 - 3} \right)}  = 2\sqrt 2$

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông:

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$có đường cao $AH = h$

$\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}$

Lời giải chi tiết:

Do tam giác $ABC$ vuông tại $A,$ có tỉ lệ hai cạnh góc vuông $AB:AC = 3:4$nên $AB$ là cạnh nhỏ nhất trong tam giác.

Ta có $\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{3}{4} \Rightarrow AC = \frac{3}{4}AB$

Trong tam giác $ABC$ có $AH$ là đường cao $\Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{\left( {\frac{4}{3}A{B^2}} \right)}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{{32}^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{9}{{16A{B^2}}} \Rightarrow AB = 40.$

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông:

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$có đường cao $AH = h$

$\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}$

Lời giải chi tiết:

Do tam giác $ABC$ vuông tại $A,$ có tỉ lệ hai cạnh góc vuông $AB:AC = 3:4$nên $AB$ là cạnh nhỏ nhất trong tam giác.

Ta có $\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{3}{4} \Rightarrow AC = \frac{3}{4}AB$

Trong tam giác $ABC$ có $AH$ là đường cao $\Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{\left( {\frac{4}{3}A{B^2}} \right)}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{{32}^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{9}{{16A{B^2}}} \Rightarrow AB = 40.$

Chọn B.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức Herong tính diện tích tam giác có các cạnh $a,\;b,\;c:$

$S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}$ trong đó $p = \frac{{a + b + c}}{2}$

Lời giải chi tiết:

Ta có: $p = \frac{{BC + AC + AB}}{2} = \frac{{9 + 11 + 8}}{2} = 14.$

$\Rightarrow {S_{ABC}} = \sqrt {14\left( {14 - 9} \right)\left( {14 - 11} \right)\left( {14 - 8} \right)}  = 6\sqrt {35}$

Chọn B.

Phương pháp giải:

Áp dụng định lí đường trung tuyến của tam giác $ABC$:

$\begin{array}{l}{m_a}^2 = \dfrac{{2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - {a^2}}}{4}\\{m_b}^2 = \dfrac{{2\left( {{a^2} + {c^2}} \right) - {b^2}}}{4}\\{m_c}^2 = \dfrac{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - {c^2}}}{4}\end{array}$

Lời giải chi tiết:

Áp dụng định lí đường trung tuyến vào tam giác $ABC:$

$\begin{array}{l}{m_a}^2 = \dfrac{{A{C^2} + A{B^2}}}{2} - \dfrac{{B{C^2}}}{4} = \dfrac{{{8^2} + {6^2}}}{2} - \dfrac{{{{10}^2}}}{4} = 25\\ \Rightarrow {m_a} = 5\end{array}$

Chọn D.

Phương pháp giải:

Áp dụng định lí sin trong tam giác $ABC:$  $\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R$ , trong đó $R$: bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$

Lời giải chi tiết:

Áp dụng định lí sin, ta có $\frac{{BC}}{{\sin \angle BAC}} = 2R \Rightarrow R = \frac{{BC}}{{2.\sin \angle A}} = \frac{{10}}{{2.\sin {{30}^o}}} = 10$

Chọn C.

Phương pháp giải:

+ Sử dụng công thức: $S = {1 \over 2}BC.CA.\sin C$

Lời giải chi tiết:

+ Có $S = {1 \over 2}BC.CA.\sin C$

+ Gọi S’ là diện tích tam giác khi tăng cạnh BC lên 2 lần đồng thời tăng cạnh CA lên 3 lần và giữ nguyên độ lớn của góc C, ta có: $S' = {1 \over 2}.2BC.3CA.\sin C =6.{1 \over 2}.BC.CA.\sin C = 6S$

Chọn D.

Phương pháp giải:

+ Sử dụng định lý Pitago $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}$ để tính AC.

+ Sử dụng các công thức tính diện tích tam giác $S = {1 \over 2}AB.AC$ và $S = p.r$

Lời giải chi tiết:

+ Áp dụng định lí Py – ta – go có $AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{{20}^2} - {{12}^2}}  = 16$

+ $S = {1 \over 2}AB.AC = {1 \over 2}.12.16 = 96$

+ $p = {{a + b + c} \over 2} = {{12 + 20 + 16} \over 2} = 24$

+ $r = {S \over p} = {{96} \over {24}} = 4$

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng định lý sin: ${a \over {\sin \,A}} = {b \over {\sin \,B}} = 2R$ và định lí cos: ${c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab.cosC$.

Lời giải chi tiết:

$\eqalign{  & {a \over {\sin \,A}} = {b \over {\sin \,B}} = 2R \Rightarrow \sin A = {a \over {2R}},\sin B = {b \over {2R}}  \cr   & {c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab.cosC \Rightarrow \cos C = {{{a^2} + {b^2} - {c^2}} \over {2bc}}  \cr   &  \Rightarrow {{\sin A} \over {\sin B\cos C}} = 2 \Leftrightarrow {{{a \over {2R}}} \over {{b \over {2R}}.{{{a^2} + {b^2} - {c^2}} \over {2ab}}}} = 2  \cr   &  \Leftrightarrow 2{a^2} = 2({a^2} + {b^2} - {c^2}) \Leftrightarrow {b^2} = {c^2} \Leftrightarrow b = c. \cr}$.

Vậy tam giác ABC cân tại A.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức định lí cosin: $\left\{ \matrix{  {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.cosA \hfill \cr   {b^2} = {a^2} + {c^2} - 2ac.cosB \hfill \cr   {c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab.cosC \hfill \cr}  \right.$ và công thức định lí sin: ${a \over {\sin \,A}} = {b \over {\sin \,B}} = {c \over {\sin \,C}} = 2R$

Lời giải chi tiết:

$\eqalign{  & \left\{ \matrix{  {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.cosA \hfill \cr   {b^2} = {a^2} + {c^2} - 2ac.cosB \hfill \cr   {c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab.cosC \hfill \cr}  \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{  \cos A = {{{b^2} + {c^2} - {a^2}} \over {2bc}} \hfill \cr   \cos B = {{{a^2} + {c^2} - {b^2}} \over {2ac}} \hfill \cr   \cos C = {{{a^2} + {b^2} - {c^2}} \over {2ab}} \hfill \cr}  \right.  \cr   & {a \over {\sin \,A}} = {b \over {\sin \,B}} = {c \over {\sin \,C}} = 2R \Rightarrow \left\{ \matrix{  \sin A = {a \over {2R}} \hfill \cr   \sin B = {b \over {2R}} \hfill \cr   \sin C = {c \over {2R}} \hfill \cr}  \right.  \cr   & \cot A = 2\left( {\cot B + \cot C} \right) \Leftrightarrow {{\cos A} \over {\sin A}} = 2\left( {{{\cos B} \over {\sin B}} + {{\cos C} \over {\sin C}}} \right)  \cr   &  \Leftrightarrow {{{{{b^2} + {c^2} - {a^2}} \over {2bc}}} \over {{a \over {2R}}}} = 2\left( {{{{{{a^2} + {c^2} - {b^2}} \over {2ac}}} \over {{b \over {2R}}}} + {{{{{b^2} + {a^2} - {c^2}} \over {2ab}}} \over {{c \over {2R}}}}} \right)  \cr   &  \Leftrightarrow {{R\left( {{b^2} + {c^2} - {a^2}} \right)} \over {abc}} = 2\left( {{{R\left( {{a^2} + {c^2} - {b^2}} \right)} \over {abc}} + {{R\left( {{b^2} + {a^2} - {c^2}} \right)} \over {abc}}} \right)  \cr   &  \Leftrightarrow {{R\left( {{b^2} + {c^2} - {a^2}} \right)} \over {abc}} = {{4R{a^2}} \over {abc}}  \cr   &  \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} - {a^2} = 4{a^2} \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} = 5{a^2} \cr}$.

Chọn A.

Phương pháp giải:

+ Tam giác ABC vuông cân tại A có AB = AC = 2a.

+ Sử dụng định lý Pitago $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}$  để tính BC.

+ Sử dụng các công thức tính diện tích tam giác $S = {1 \over 2}AB.AC$  và $S = p.r$

Lời giải chi tiết:

+ Có $AC = 2a$

+ Có $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {4{a^2} + 4{a^2}}  = 2\sqrt 2 a$

$\eqalign{  &  + )\,\,\,S = {1 \over 2}AB.AC = {1 \over 2}.2a.2a = 2{a^2}  \cr   &  + )\,\,\,p = {{a + b + c} \over 2} = {{2a + 2a + 2\sqrt 2 a} \over 2} = \left( {2 + \sqrt 2 } \right)a  \cr   &  + )\,\,\,r = {S \over p} = {{2{a^2}} \over {\left( {2 + \sqrt 2 } \right)a}} = a\left( {2 - \sqrt 2 } \right) \cr}$

Chọn C

Phương pháp giải:

Biến đổi tương đương hệ thức đã cho rồi áp dụng định lý cosin ${c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab\cos C$

Lời giải chi tiết:

Ta có

$(a + b + c)(a + b - c) = 3ab$

$\Leftrightarrow {(a + b)^2} - {c^2} = 3ab \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + 2ab - {c^2} = 3ab \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - {c^2} = ab$.

Áp dụng định lý cosin ${c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab\cos C$  ta có ${a^2} + {b^2} - {c^2} = 2ab\cos C$. Do đó, ta có

$2ab\cos C = ab \Leftrightarrow \cos C = {1 \over 2} \Leftrightarrow C = {60^0}$.

Chọn D

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức Định lý cosin:

$\eqalign{  & {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\,CosA  \cr   & {b^2} = {a^2} + {c^2} - 2ac\,CosB  \cr   & {c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab\,CosC \cr}$

Lời giải chi tiết:

Ta có

$\cos A = {{{b^2} + {c^2} - {a^2}} \over {2bc}} = {{35} \over {12\sqrt {15} }} \Rightarrow {\cos ^2}A = {{245} \over {432}} \Rightarrow {\sin ^2}A = {{187} \over {432}}$

$\cos B = {{{a^2} + {c^2} - {b^2}} \over {2ac}} = {{ - 5} \over {8\sqrt {15} }} \Rightarrow {\cos ^2}B = {5 \over {192}} \Rightarrow {\sin ^2}B = {{187} \over {192}}$

$\cos C = {{{b^2} + {a^2} - {c^2}} \over {2ab}} = {{37} \over {48}} \Rightarrow {\cos ^2}C = {{1369} \over {2304}} \Rightarrow {\sin ^2}C = {{935} \over {2304}}$

Lần lượt kiểm tra các hệ thức ở đáp án A, B, C thấy sai.

Chọn D

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính diện tích ${S_{ABD}} = {1 \over 2}AB.AD.\sin \widehat {BAD}$

Lời giải chi tiết:

ABCD là hình bình hành nên BC = AD.

Xét hình bình hành ABCD ta có $\Delta ABD = \Delta CDB$.

Do đó, ${S_{ABCD}} = 2{S_{ABD}} = AB.AD.\sin \widehat {BAD} = a.a\sqrt 2 .\sin {45^0} ={a^2}$.

Chọn C

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính diện tích $S = {{abc} \over {4R}}$ và công thức định lý sin cho $\Delta ABC$:

$\,\,\,\,\,{a \over {\sin A}} = {b \over {\sin \,B}} = {c \over {\sin \,C}} = 2R$

Lời giải chi tiết:

Ta có: $S = 2{R^2}\sin B\sin C$

Mà $S = {{abc} \over {4R}}$.

$\eqalign{  &  \Rightarrow {{abc} \over {4R}} = 2{R^2}.\sin B.\sin C  \cr   &  \Leftrightarrow abc = 8{R^3}.\sin B.\sin C\left( * \right) \cr}$

Áp dụng định lý sin cho $\Delta ABC$:

$\eqalign{  & \,\,\,\,\,{a \over {\sin A}} = {b \over {\sin \,B}} = {c \over {\sin \,C}} = 2R  \cr   & \,\,\,\,\, \Rightarrow a = 2R\sin A;\,b = 2R\sin B;\,c = 2R\sin C  \cr   & \left( * \right) \Leftrightarrow 2R\sin A.2R\sin B.2R\sin C = 8{R^3}\sin B{\mathop{\rm sinC}\nolimits}   \cr   & \,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow 8{R^3}\sin A.\sin B.\sin C = 8{R^3}\sin B.\sin C  \cr   & \,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \sin A = 1  \cr   & \,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \widehat A = {90^0} \cr}$

$\Rightarrow \Delta ABC$ là tam giác vuông tại A.

Chọn A

Phương pháp giải:

${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin A$

Lời giải chi tiết:

${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin A$

Nếu tăng độ dài cạnh AB lên gấp 3 lần, đồng thời giảng độ dài cạnh AC còn một nửa và giữ nguyên độ lớn của góc A  ta có $S' = \frac{1}{2}.3AB.\frac{1}{2}AC.\sin A = \frac{3}{2}.\frac{1}{2}AB.AC.\sin A = \frac{3}{2}S = \frac{3}{2}.12 = 18$.

Chọn đáp án A.

Phương pháp giải:

$A{M^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} - \frac{{B{C^2}}}{4}$

Lời giải chi tiết:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,A{M^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} - \frac{{B{C^2}}}{4}\\ \Leftrightarrow \frac{{79{a^2}}}{2} = \frac{{16{a^2} + 81{a^2}}}{2} - \frac{{B{C^2}}}{4}\\ \Leftrightarrow \frac{{B{C^2}}}{4} = \frac{{16{a^2} + 81{a^2} - 79{a^2}}}{2} = 9{a^2}\\ \Leftrightarrow B{C^2} = 36{a^2} \Leftrightarrow BC = 9a\end{array}$

Chọn đáp án C.

Phương pháp giải:

Áp dụng định lý cosin : Cho tam giác ABC ta có ${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos \angle A$

Lời giải chi tiết:

Sau 3 giờ tàu thứ nhất đi được quãng đường :$AB = 20.3 = 60\;\;\left( {km} \right)$

Sau 3 giờ tàu thứ hai đi được quãng đường : $AC = 30.3 = 90\;\;\left( {km} \right)$

Sau 3 giờ khoảng cách giữa hai tàu là :

$BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos \angle A}  = \sqrt {{{60}^2} + {{90}^2} - 2.60.90.\cos {{60}^o}}  = 30\sqrt 7 \;\left( {km} \right)$

Chọn D.

Phương pháp giải:

Áp dụng định lí sin trong tam giác $ABC:$  $\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R$ , trong đó $R$: bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$

Lời giải chi tiết:

Theo định lí hàm sin, ta có: $\frac{{OB}}{{\sin \angle OAB}} = \frac{{AB}}{{\sin \angle AOB}} \Leftrightarrow OB = \frac{{AB}}{{\sin \angle AOB}}.\sin \angle OAB = \frac{1}{{\sin {{30}^o}}}.\sin \angle OAB = 2.\sin \angle OAB$

Do đó, độ dài $OB$ lớn nhất khi và chỉ khi $\sin \angle OAB = 1 \Leftrightarrow \angle OAB = {90^o}.$ Khi đó $OB = 2.$

Tam giác$OAB$ vuông tại $A \Rightarrow OA = \sqrt {O{B^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{2^2} - {1^2}}  = \sqrt 3$

Chọn  D

Phương pháp giải:

Sử dụng định lí cosin để đưa ra công thức tính cosin góc $\angle BAC$

Sau đó, biến đổi đẳng thức $b\left( {{b^2} - {a^2}} \right) = c\left( {{a^2} - {c^2}} \right)$để xét mối liên hệ giữa các đại lượng $a,b,c$ dựa vào các định lí trong tam giác.

Lời giải chi tiết:

Theo định lí hàm cosin, ta có: $\cos \angle BAC = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2.AB.AC}} = \frac{{{c^2} + {b^2} - {a^2}}}{{2bc}}$

Mà

$\begin{array}{l}b\left( {{b^2} - {a^2}} \right) = c\left( {{a^2} - {c^2}} \right)\\ \Leftrightarrow {b^3} - {a^2}b = {a^2}c - {c^3}\\ \Leftrightarrow  - {a^2}\left( {b + c} \right) + \left( {{b^3} + {c^3}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {b + c} \right)\left( {{b^2} + {c^2} - {a^2} - bc} \right) = 0\\ \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} - {a^2} - bc = 0\left( {do{\rm{ }}b > 0,c > 0} \right)\\ \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} - {a^2} = bc\end{array}$

Khi đó, $\cos \angle BAC = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \angle BAC = {60^o}$

Chọn C.

Phương pháp giải:

Áp dụng định lý cosin ${b^2} = {a^2} + {c^2} - 2ac\cos B$

Lời giải chi tiết:

Xét $\Delta ABC$ có $\angle B = {135^0},\,\,BC = 3,\,\,AB = \sqrt 2$ ta có:

$\begin{array}{l}A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AB.BC.\cos B\\ = {3^2} + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - 2.3.\sqrt 2 \cos {135^0} = 17\\ \Rightarrow AC = \sqrt {17} \end{array}$

Chọn A.