Bài 15 trang 64 SGK Hình học 10 nâng cao
Tam giác \(ABC\) có \(a = 12, b = 13, c = 15\). Tính \(\cos A\) và góc \(A\).
Lời giải chi tiết
Áp dụng hệ quả của định lí cosin ta có
\(\eqalign{
& \cos A = {{{b^2} + {c^2} - {a^2}} \over {2bc}} \cr&= {{{{13}^2} + {{15}^2} - {{12}^2}} \over {2.13.15}} = {{25} \over {39}} \cr
& \Rightarrow \,\,\widehat A \approx {50^0} \cr} \)
Bài 16 trang 64 SGK Hình học 10 nâng cao
Cho tam giác \(ABC\) có \(AB = 5,\,AC = 8,\,\widehat A = {60^0}\). Kết quả nào trong các kết quả sau là độ dài cạnh \(BC\) ?
a) \(\sqrt {129} \); b) \(7\);
c) \(49\); d) \(\sqrt {69} \).
Lời giải chi tiết
Ta có \( {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos A\)
\( \Rightarrow B{C^2} = A{C^2} + A{B^2} - 2AC.AB\cos A\)
\(= {8^2} + {5^2} - 2.8.5.\cos {60^0} = 49\)
\( \Rightarrow \,\,BC = 7\).
Chọn b).
Bài 17 trang 65 SGK Hình học 10 nâng cao
Hình 59 vẽ một hồ nước nằm ở góc tạo bởi hai con đường. Bốn bạn An, Cường , Trí, Đức dự đoán khoảng cách từ B đến C như sau
An : \(5 km\)
Cường : \(6 km\)
Trí : \(7 km\)
Đức : \(5,5 km\).
Biết rằng khoảng cách từ \(A\) đến \(B\) là \(3 km\), khoảng cách từ \(A\) đến \(C\) là \(4 km\), góc \(BAC\) là \({120^0}\).
Hỏi dự đoán của bạn nào sát với thực tế nhất ?
Lời giải chi tiết
Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có
\(\eqalign{
& B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos \widehat {BAC} \cr&= {3^2} + {4^2} - 2.3.4.\cos {120^0} \cr
& = 9 + 16 + 12 = 37 \cr
& \Rightarrow BC = \sqrt {37} \approx 6,1 \cr} \)
Vậy bạn Cường dự đoán sát với thực tế nhất.
Bài 18 trang 65 SGK Hình học 10 nâng cao
Cho tam giác \(ABC\). Chứng minh các khẳng định sau
LG a
Góc \(A\) nhọn khi và chỉ khi \({a^2} < {b^2} + {c^2}\)
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức \(\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}\)
Lời giải chi tiết:
Ta có \(\cos A = {{{b^2} + {c^2} - {a^2}} \over {2bc}}\)
\(A\) nhọn \( \Leftrightarrow \cos A > 0\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} > 0 \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} - {a^2} > 0\)
\(\Leftrightarrow \,\,{b^2} + {c^2} > {a^2}\)
LG b
Góc \(A\) tù khi và chỉ khi \({a^2} > {b^2} + {c^2}\)
Lời giải chi tiết:
\(A\) tù \( \Leftrightarrow \cos A < 0\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} < 0 \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} - {a^2} < 0\)
\(\Leftrightarrow \,\,{b^2} + {c^2} < {a^2}\)
LG c
Góc \(A\) vuông khi và chỉ khi \({a^2} = {b^2} + {c^2}\)
Lời giải chi tiết:
\(A\) vuông \( \Leftrightarrow \,\,\cos A = 0\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} = 0 \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} - {a^2} = 0\)
\(\Leftrightarrow \,\,{b^2} + {c^2} = {a^2}\)
Bài 19 trang 65 SGK Hình học 10 nâng cao
Tam giác \(ABC\) có \(\widehat A = {60^0},\,\widehat B = {45^0},\,b = 4\). Tính hai cạnh \(a\) và \(c\).
Lời giải chi tiết
Ta có \(\widehat C = {180^0} - \widehat A - \widehat B \)
\(= {180^0} - {60^0} - {45^0} = {75^0}\)
Áp dụng định lí sin ta có
\(\begin{array}{l}
\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} \Rightarrow \frac{a}{{\sin {{60}^0}}} = \frac{4}{{\sin {{45}^0}}}\\
\Leftrightarrow a = \frac{{4\sin {{60}^0}}}{{\sin {{45}^0}}} = \frac{{4.\frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = 2\sqrt 6 \\
\frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} \Rightarrow \frac{4}{{\sin {{45}^0}}} = \frac{c}{{\sin {{75}^0}}}\\
\Leftrightarrow c = \frac{{4\sin {{75}^0}}}{{\sin {{45}^0}}} = 2 + 2\sqrt 3 \approx 5,5
\end{array}\)
Chú ý:
Bước cuối khi tính cạnh c bằng cách bấm máy thì ở máy tính fx570ES Plus trở lên sẽ hiện đúng giá trị chính xác, còn các máy khác thì ra kết quả 5,464... nên các em lấy kết quả xấp xỉ 5,5 là được, không nhất thiết phải lấy KQ chính xác nếu bấm máy không ra \(2 + 2\sqrt 3\).
Bài 20 trang 65 SGK Hình học 10 nâng cao
Cho tam giác \(ABC\) có \(\widehat A = {60^0},\,a = 6\). Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác.
Lời giải chi tiết
Áp dụng định lí sin trong tam giác ta có: \({a \over {\sin A}} = 2R\)
\(\Rightarrow \,\,R = {a \over {2\sin A}} = {6 \over {2.\sin {{60}^0}}} \)\( = \frac{6}{{2.\frac{{\sqrt 3 }}{2}}}= {6 \over {\sqrt 3 }} = 2\sqrt 3 \, \approx 3,5\)
Bài 21 trang 65 SGK Hình học 10 nâng cao
Chứng minh rằng nếu ba góc của tam giác \(ABC\) thỏa mãn hệ thức \(\sin A = 2\sin B.\cos C\) thì \(ABC\) là tam giác cân.
Lời giải chi tiết
Áp dụng định lí sin ta có:
\(\begin{array}{l}\frac{a}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow \sin A = \frac{a}{{2R}}\\\frac{b}{{\sin B}} = 2R \Rightarrow \sin B = \frac{b}{{2R}}\end{array}\)
Áp dụng hệ quả của định lí cosin ta có:
\(\cos C = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}}\)
Thay vào hệ thức \(\sin A = 2\sin B\cos C\) ta được:
\(\begin{array}{l}\frac{a}{{2R}} = 2.\frac{b}{{2R}}.\frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}}\\ \Leftrightarrow \frac{a}{{2R}} = \frac{{2b\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)}}{{2R.2ab}}\\ \Leftrightarrow a.2R.2ab = 2R.2b\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)\\ \Leftrightarrow {a^2} = {a^2} + {b^2} - {c^2}\\ \Leftrightarrow 0 = {b^2} - {c^2}\\ \Leftrightarrow {b^2} = {c^2}\\ \Leftrightarrow b = c\end{array}\)
Vậy tam giác ABC cân tại A.
Bài 22 trang 65 SGK Hình học 10 nâng cao
Hình 60 vẽ một chiếc tàu thủy đang neo đậu ở vị trí \(C\) trên biển và hai người ở các vị trí quan sát \(A\) và \(B\) cách nhau \(500m\). Họ đo được góc \(CAB\) bằng \({87^0}\) và góc \(CBA\) bằng \({62^0}\).
Tính các khoảng cách \(AC\) và \(BC\).
Lời giải chi tiết
Ta có \(\widehat {ACB} = {180^0} - \widehat {BAC} - \widehat {ABC}\) \(= {180^0} - {87^0} - {62^0} = {31^0}\)
Áp dụng định lí sin ta có
\(\begin{array}{l}
\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{BC}}{{\sin A}} \Rightarrow \frac{{500}}{{\sin {{31}^0}}} = \frac{{BC}}{{\sin {{87}^0}}}\\
\Rightarrow BC = \frac{{500\sin {{87}^0}}}{{\sin {{31}^0}}} = 969,5\left( m \right)\\
\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{\sin B}} \Rightarrow \frac{{500}}{{\sin {{31}^0}}} = \frac{{AC}}{{\sin {{62}^0}}}\\
\Rightarrow AC = \frac{{500\sin {{62}^0}}}{{\sin {{31}^0}}} = 857,2\left( m \right)
\end{array}\)
Bài 23 trang 65 SGK Hình học 10 nâng cao
Gọi \(H\) là trực tâm của tam giác không vuông \(ABC\). Chứng minh rằng bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác \(ABC,\,HBC,\,HCA,\,HAB\) bằng nhau.
Lời giải chi tiết
Trường hợp 1: Tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn.
Gọi \(R,\,{R_1}\) lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC, HBC\).
Áp dụng định lí sin ta có
\({{BC} \over {\sin A}} = 2R\,;\,\,{{BC} \over {\sin \widehat {BHC}}} = 2{R_1}\)
Xét tứ giác AB'HC' có: \(\widehat {B'} + \widehat {C'} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp.
\( \Rightarrow \widehat A + \widehat {B'HC'} = {180^0}\) (tính chất tứ giác nội tiếp)
Mà \(\widehat {BHC} + \widehat A = \widehat {{B'}H{C'}} + \widehat A = {180^0}\) (Vì \(\widehat {BHC}\) và \(\widehat {{B'}H{C'}}\) đối đỉnh)
\( \Rightarrow \,\,\sin A = \sin \widehat {BHC}\) (hai góc bù nhau thì sin bằng nhau)
Do đó \(\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{BC}}{{\sin \widehat {BHC}}} \)\(\Rightarrow 2R = 2{R_1}\,\, \Rightarrow \,\,R = {R_1}.\)
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(HBC\) bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
Tương tự bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(HCA, HAB\) bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
Trường hợp 2: Tam giác \(ABC\) có góc tù.
Áp dụng định lí sin ta có:
\({{BC} \over {\sin \widehat{BAC}}} = 2R\,;\,\,{{BC} \over {\sin \widehat {BHC}}} = 2{R_1}\)
Xét tứ giác AB'HC' có: \(\widehat {B'} + \widehat {C'} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên là tứ giác nội tiếp.
\( \Rightarrow \widehat H + \widehat {B'AC'} = {180^0}\) (tính chất tứ giác nội tiếp)
Mà \(\widehat {B'AC'} = \widehat {BAC}\) (đối đỉnh) nên \(\widehat H + \widehat {BAC} = {180^0}\)
\( \Rightarrow \sin \widehat {BAC} = \sin \widehat {BHC}\) (hai góc bù nhau thì sin bằng nhau)
\( \Rightarrow \frac{{BC}}{{\sin \widehat {BAC}}} = \frac{{BC}}{{\sin \widehat {BHC}}} \)
\(\Rightarrow 2R = 2{R_1} \)\( \Rightarrow \,\,R = {R_1}\)
Tương tự ta chứng minh được bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(HCA, HAB\) bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
Bài 24 trang 66 SGK Hình học 10 nâng cao
Tam giác \(ABC\) có \(a = 7,\,b = 8,\,c = 6\). Tính \({m_a}\).
Lời giải chi tiết
Áp dụng công thức tính \({m_a}\) ta có
\({m_a}^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4}\)\( = {{{8^2} + {6^2}} \over 2} - {{{7^2}} \over 4} = {{151} \over 4}\)
\(\Rightarrow \,{m_a} \approx 6,1\)
Bài 25 trang 66 SGK Hình học 10 nâng cao
Tam giác \(ABC\) có \(a = 5,\,b = 4,\,c = 3\). Lấy điểm \(D\) đối xứng với \(B\) qua \(C\). Tính độ dài \(AD\).
Lời giải chi tiết
D đối xứng với B qua C nên C là trung điểm BD hay BD=2BC=2.5=10.
Áp dụng công thức tính trung tuyến \(AC\) trong tam giác \(ABD\) ta có
\(A{C^2} = {{A{B^2} + A{D^2}} \over 2} - {{B{D^2}} \over 4}\)
\( \Rightarrow \,\,{4^2} = {{{3^2} + A{D^2}} \over 2} - {{{{10}^2}} \over 4}\)
\( \Leftrightarrow 41 = \frac{{9 + A{D^2}}}{2} \Leftrightarrow 9 + A{D^2} = 82\)
\(\Rightarrow \,A{D^2} = 73\,\,\, \Rightarrow \,AD = \sqrt {73} \approx 8,5.\)
Bài 26 trang 66 SGK Hình học 10 nâng cao
Cho hình bình hành \(ABCD\) có \(AB = 4,\,BC = 5,\,BD = 7\). Tính \(AC\).
Lời giải chi tiết
Gọi \(O\) là giao điểm của AC, BD thì O là trung điểm của AC, BD.
ABCD là hình bình hành nên AD=BC=5.
Áp dụng công thức tính trung tuyến \(AO\) của tam giác \(ABD\), ta có
\(\eqalign{
& A{O^2} = {{A{B^2} + A{D^2}} \over 2} - {{B{D^2}} \over 4}\cr& = {{{4^2} + {5^2}} \over 2} - {{{7^2}} \over 4} = {{33} \over 4}\,\,\,\cr& \Rightarrow \,AO = \sqrt {{{33} \over 4}} = {{\sqrt {33} } \over 2} \cr
& \Rightarrow \,AC = 2AO = \sqrt {33} \approx 5,8 \cr} \)
Bài 27 trang 66 SGK Hình học 10 nâng cao
Chứng minh rằng trong một hình bình hành, tổng bình phương các cạnh bằng tổng bình phương của hai đường chéo.
Lời giải chi tiết
Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình bình hành ABCD.
=> O là trung điểm của AC và BD. (tính chất đường chéo hình bình hành).
Áp dụng công thức tính trung tuyến \(AO\) trong tam giác \(ABD\), ta có
\(\eqalign{
& A{O^2} = {{A{B^2} + A{D^2}} \over 2} - {{B{D^2}} \over 4}\cr
& \Rightarrow \,\,\,4A{O^2} = 2(A{B^2} + A{D^2}) - B{D^2}\,\, \cr
& \Leftrightarrow {\left( {2AO} \right)^2} = 2\left( {A{B^2} + A{D^2}} \right) - B{D^2}\cr&\Leftrightarrow A{C^2} = 2\left( {A{B^2} + A{D^2}} \right) - B{D^2}\cr& \Rightarrow A{C^2} + B{D^2} = 2(A{B^2} + A{D^2}) \cr} \)
Mà ABCD là hình bình hành nên AB=CD, AD=BC. Do đó,
\(\begin{array}{l}
2\left( {A{B^2} + A{D^2}} \right) = 2A{B^2} + 2A{D^2}\\
= A{B^2} + A{B^2} + A{D^2} + A{D^2}\\
= A{B^2} + C{D^2} + A{D^2} + B{C^2}
\end{array}\)
Vậy \(A{C^2} + B{D^2} = A{B^2} + C{D^2} + A{D^2} + B{C^2}\)
Bài 28 trang 66 SGK Hình học 10 nâng cao
Chứng minh rằng tam giác \(ABC\) vuông ở \(A\) khi và chỉ khi \(5m_a^2 = m_b^2 + m_c^2\).
Lời giải chi tiết
Áp dụng công thức trung tuyến ta có:
\(\begin{array}{l}
5m_a^2 = m_b^2 + m_c^2\\
\Leftrightarrow 5.\left( {\frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{4}} \right)\\
= \frac{{{c^2} + {a^2}}}{2} - \frac{{{b^2}}}{4} + \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} - \frac{{{c^2}}}{4}\\
\Leftrightarrow 5.\frac{{2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - {a^2}}}{4}\\
= \frac{{2\left( {{c^2} + {a^2}} \right) - {b^2}}}{4} + \frac{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - {c^2}}}{4}\\
\Leftrightarrow 10\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - 5{a^2}\\
= 2\left( {{c^2} + {a^2}} \right) - {b^2} + 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - {c^2}\\
\Leftrightarrow 10{b^2} + 10{c^2} - 5{a^2}\\
= 2{c^2} + 2{a^2} - {b^2} + 2{a^2} + 2{b^2} - {c^2}\\
\Leftrightarrow 9{b^2} + 9{c^2} - 9{a^2} = 0\\
\Leftrightarrow {b^2} + {c^2} - {a^2} = 0\\
\Leftrightarrow {b^2} + {c^2} = {a^2}
\end{array}\)
\( \Leftrightarrow \) Tam giác \(ABC\) vuông ở \(A\).
Bài 29 trang 66 SGK Hình học 10 nâng cao
Tam giác \(ABC\) có \(b = 6,12\,;\,c = 5,35\,;\,\widehat A = {84^0}\). Tính diện tích tam giác đó.
Lời giải chi tiết
Ta có \({S_{ABC}} = {1 \over 2}bc\sin A \)
\(= {1 \over 2}.6,12\,.5,35\,.\sin {84^0} \approx 16,3\).
Bài 30 trang 66 SGK Hình học 10 nâng cao
Cho tứ giác \(ABCD\). Gọi \(M, N\) lần lượt là trung điểm của \(AC\) và \(BD\). Chứng minh rằng:
\(A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} + D{A^2}\)\( = A{C^2} + B{D^2} + 4M{N^2}\).
Lời giải chi tiết
* Áp dụng công thức trung tuyến của tam giác ta có:
\(\begin{array}{l}m_a^2 = \frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{4}\\ \Leftrightarrow \frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} = m_a^2 + \frac{{{a^2}}}{4}\\ \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} = 2m_a^2 + \frac{{{a^2}}}{2}\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
* Áp dụng công thức (*)
Trong tam giác ABD ta có :
AB2 + AD2 = 2AN2 + BD2/2 (1)
Trong tam giác CBD ta có :
CD2 + CB2 = 2CN2 + BD2/2 (2)
Cộng vế với vế của (1) và (2) ta có :
AB2 + BC2 + CD2 + DA2
= 2(AN2 + CN2) + BD2(3)
Xét tam giác CAN ta có :
AN2 + CN2 = 2MN2 + AC2/2 (4) (vì M là trung điểm AC)
Thay (4) vào (3) ta được :
AB2 + BC2 + CD2 + DA2
= 2[2MN2 + AC2/2] + BD2
= AC2 + BD2 + 4MN2
Bài 31 trang 66 SGK Hình học 10 nâng cao
Gọi \(S\) là diện tích và \(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Chứng minh rằng \(S = 2{R^2}\sin A\sin B\sin C\).
Lời giải chi tiết
Áp dụng định lí sin trong tam giác ta có:
\(\begin{array}{l}
\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{a}{{\sin A}} = 2R\\
\frac{b}{{\sin B}} = 2R\\
\frac{c}{{\sin C}} = 2R
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 2R\sin A\\
b = 2R\sin B\\
c = 2R\sin C
\end{array} \right.
\end{array}\)
Thay vào công thức tính diện tích tam giác \(ABC\) .
Ta có
\(\eqalign{
& S = {{abc} \over {4R}} \cr&= {{(2R\sin A).(2R\sin B).(2R\sin C)} \over {4R}} \cr
& = \frac{{8{R^3}\sin A\sin B\sin C}}{{4R}}\cr&= 2{R^2}\sin A\sin B\sin C \cr} \)
Bài 32 trang 66 SGK Hình học 10 nâng cao
Chứng minh rằng diện tích của một tứ giác bằng nửa tích hai đường chéo và sin của góc hợp bởi hai đường chéo đó.
Lời giải chi tiết
Gọi \(I\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC, BD\) và \(\widehat {AIB} = \alpha \).
Ta có \({S_{ABI}} = {1 \over 2}AI.BI.\sin \alpha \)
\({S_{ADI}} = {1 \over 2}AI.DI.\sin ({180^0} - \alpha ) \)
\(= {1 \over 2}AI.DI.\sin \alpha \)
(hai góc bù nhau có sin bằng nhau)
Suy ra \({S_{ABD}} = {S_{ABI}} + {S_{ADI}} \)
\( = \frac{1}{2}AI.BI.\sin \alpha + \frac{1}{2}AI.DI.\sin \alpha \)
\(= {1 \over 2}AI.(BI + DI).\sin \alpha \)
\(= {1 \over 2}AI.BD.\sin \alpha \)
Tương tự ta suy ra:
\({S_{BCD}} = {S_{BIC}} + {S_{CDI}}\)\( = {1 \over 2}CI.BD.\sin \alpha \)
Do đó,
\({S_{ABCD}} = {S_{ABD}} + {S_{BCD}}\)
\( = \frac{1}{2}AI.BD.\sin \alpha + \frac{1}{2}CI.BD.\sin \alpha \)
\(= {1 \over 2}.BD.(AI + CI).\sin \alpha \)
\(= {1 \over 2}.BD.AC.\sin \alpha. \)
Bài 33 trang 66 SGK Hình học 10 nâng cao
Giải tam giác \(ABC\), biết
LG a
\(c = 14,\,\widehat A = {60^0},\,\widehat B = {40^0}\)
Phương pháp giải:
- Tính 1 góc của tam giác dựa vào tính chất A+B+C=180
- Sử dụng định lí sin tính các cạnh còn lại:\[\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}\]
Lời giải chi tiết:
Ta có \(\widehat C = {180^0} - \widehat A - \widehat B\)\(= {180^0} - {60^0} - {40^0} = {80^0}\)
Áp dụng định lí sin :
\(\begin{array}{l}
\frac{a}{{\sin A}} = \frac{c}{{\sin C}} \Rightarrow \frac{a}{{\sin {{60}^0}}} = \frac{{14}}{{\sin {{80}^0}}}\\
\Rightarrow a = \frac{{14\sin {{60}^0}}}{{\sin {{80}^0}}} = 12,3\\
\frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} \Rightarrow \frac{b}{{\sin {{40}^0}}} = \frac{{14}}{{\sin {{80}^0}}}\\
\Rightarrow b = \frac{{14\sin {{40}^0}}}{{\sin {{80}^0}}} = 9,1
\end{array}\)
LG b
\(b = 4,5,\,\widehat A = {30^0},\,\widehat C = {75^0}\)
Lời giải chi tiết:
Ta có \(\widehat B =180^0-\widehat A -\widehat C\) \(= {180^0} - {30^0} - {75^0} = {75^0}\)
Áp dụng định lí sin
\(\begin{array}{l}
\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} \Rightarrow \frac{a}{{\sin {{30}^0}}} = \frac{{4,5}}{{\sin {{75}^0}}}\\
\Rightarrow a = \frac{{4,5\sin {{30}^0}}}{{\sin {{75}^0}}} = 2,3\\
\frac{c}{{\sin C}} = \frac{b}{{\sin B}} \Rightarrow \frac{c}{{\sin {{75}^0}}} = \frac{{4,5}}{{\sin {{75}^0}}}\\
\Rightarrow c = \frac{{4,5\sin {{75}^0}}}{{\sin {{75}^0}}} = 4,5
\end{array}\)
LG c
\(c = 35,\,\widehat A = {40^0},\,\widehat C = {120^0}\)
Lời giải chi tiết:
Ta có \(\widehat B =180^0-\widehat A-\widehat C\)\(= {180^0} - {120^0} - {40^0} = {20^0}\)
Áp dụng định lí sin :
\(\begin{array}{l}
\frac{a}{{\sin A}} = \frac{c}{{\sin C}} \Rightarrow \frac{a}{{\sin {{40}^0}}} = \frac{{35}}{{\sin {{120}^0}}}\\
\Rightarrow a = \frac{{35\sin {{40}^0}}}{{\sin {{120}^0}}} = 26\\
\frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} \Rightarrow \frac{b}{{\sin {{20}^0}}} = \frac{{35}}{{\sin {{120}^0}}}\\
\Rightarrow b = \frac{{35\sin {{20}^0}}}{{\sin {{120}^0}}} = 13,8
\end{array}\)
LG d
\(a = 137,5;\;\widehat B = {83^0},\,\widehat C = {57^0}\)
Lời giải chi tiết:
Ta có \(\widehat A=180^0-\widehat B -\widehat C\)\( = {180^0} - {83^0} - {57^0} = {40^0}\)
Áp dụng định lí sin :
\(\begin{array}{l}
\frac{b}{{\sin B}} = \frac{a}{{\sin A}} \Rightarrow \frac{b}{{\sin {{83}^0}}} = \frac{{137,5}}{{\sin {{40}^0}}}\\
\Rightarrow b = \frac{{137,5\sin {{83}^0}}}{{\sin {{40}^0}}} = 212,3\\
\frac{c}{{\sin C}} = \frac{a}{{\sin A}} \Rightarrow \frac{c}{{\sin {{57}^0}}} = \frac{{137,5}}{{\sin {{40}^0}}}\\
\Rightarrow c = \frac{{137,5\sin {{57}^0}}}{{\sin {{40}^0}}} = 179,4
\end{array}\)
Bài 34 trang 66 SGK Hình học 10 nâng cao
Giải tam giác \(ABC\), biết
LG a
\(a = 6,3,\,\,b = 6,3,\,\,\widehat C = {54^0}\)
Phương pháp giải:
- Sử dụng định lí cosin tính cạnh còn lại.
- Sử dụng định lí sin tính các góc còn lại.
Lời giải chi tiết:
Vì a=b nên tam giác \(ABC\) cân tại \(C\)
\( \Rightarrow \,\,\widehat A = \widehat B = {{{{180}^0} - {{54}^0}} \over 2} = {63^0}\).
Áp dụng định lí sin ta có
\(\begin{array}{l}
\frac{c}{{\sin C}} = \frac{a}{{\sin A}} \Rightarrow \frac{c}{{\sin {{54}^0}}} = \frac{{6,3}}{{\sin {{63}^0}}}\\
\Rightarrow c = \frac{{6,3\sin {{54}^0}}}{{\sin {{63}^0}}} = 5,7
\end{array}\)
Cách khác:
Áp dụng định lí cosin ta có:
\(\begin{array}{l}
{c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab\cos C\\
= 6,{3^2} + 6,{3^2} - 2.6,3.6,3\cos {54^0}\\
\Rightarrow c = \sqrt {6,{3^2} + 6,{3^2} - 2.6,3.6,3\cos {{54}^0}} \\
= 5,7
\end{array}\)
Áp dụng định lí sin ta có:
\(\begin{array}{l}
\frac{a}{{\sin A}} = \frac{c}{{\sin C}} \Rightarrow \frac{{6,3}}{{\sin A}} = \frac{{5,7}}{{\sin {{54}^0}}}\\
\Rightarrow \sin A = \frac{{6,3\sin {{54}^0}}}{{5,7}} = 0,89\\
\Rightarrow A = {63^0}\\
\frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} \Rightarrow \frac{{6,3}}{{\sin B}} = \frac{{5,7}}{{\sin {{54}^0}}}\\
\Rightarrow \sin B = \frac{{6,3\sin {{54}^0}}}{{5,7}} = 0,89\\
\Rightarrow B = {63^0}
\end{array}\)
LG b
\(b = 32,\,c = 45,\,\widehat A = {87^0}\)
Lời giải chi tiết:
Áp dụng định lí cosin ta có
\(\eqalign{
& {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos A \cr
& = {32^2} + {45^2} - 2.32.45.\cos {87^0} \cr
& \Rightarrow a= \sqrt {{32^2} + {45^2} - 2.32.45.\cos {87^0} }\cr&\approx 53,8 \cr} \)
Áp dụng định lí sin ta có
\(\eqalign{
& {a \over {\sin A}} = {b \over {\sin B}}\cr& \Rightarrow \,\,\sin B = {{b\sin A} \over a} \cr&= {{32.\sin {{87}^0}} \over {53,8}} \approx 0,6 \cr
& \Rightarrow \,\,\widehat B \approx {36^0}\cr&\widehat C =180^0-\widehat A - \widehat B \approx {57^0} \cr} \)
LG c
\(a = 7,\,\,b = 23,\,\,\widehat C = {130^0}\)
Lời giải chi tiết:
Áp dụng định lí cosin ta có
\(\eqalign{
& {c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab.\cos C \cr
& = {7^2} + {23^2} - 2.7.23.\cos {130^0} \cr
& \Rightarrow c=\sqrt{{7^2} + {23^2} - 2.7.23.\cos {130^0} } \cr& \approx 28 \cr
& \cos A = {{{b^2} + {c^2} - {a^2}} \over {2bc}} \cr&= {{{{23}^2} + {{28}^2} - {7^2}} \over {2.23.28}} \approx 0,98 \cr
& \Rightarrow \,\,\widehat A = {11^0}\cr&\widehat B =180^0-\widehat A-\widehat C= {39^0} \cr} \)
Bài 35 trang 66 SGK Hình học 10 nâng cao
Giải tam giác \(ABC\), biết
LG a
\(a = 14,\,\,b = 18,\,\,c = 20\)
Lời giải chi tiết:
Áp dụng định lí cosin ta có
\(\eqalign{
& \cos A = {{{b^2} + {c^2} - {a^2}} \over {2bc}} \cr&= {{{{18}^2} + {{20}^2} - {{14}^2}} \over {2.18.20}} \approx 0,73 \cr
& \Rightarrow \,\,\,\widehat A \approx {43^0}\cr&\cos B = {{{a^2} + {c^2} - {b^2}} \over {2ac}} \cr&= {{{{14}^2} + {{20}^2} - {{18}^2}} \over {2.14.20}} \approx 0,49 \cr
& \Rightarrow \widehat B \approx {61^0}\cr&\widehat C=180^0- \widehat A-\widehat B \approx {76^0}. \cr} \)
Cách khác:
LG b
\(a = 6,\,\,b = 7,3,\,\,c = 4,8\)
Lời giải chi tiết:
Áp dụng định lí cosin ta có
\(\eqalign{
& \cos A = {{{b^2} + {c^2} - {a^2}} \over {2bc}} \cr&= {{{{(7,3)}^2} + {{(4,8)}^2} - {6^2}} \over {2.(7,3).(4.8)}} \approx 0,58 \cr&\Rightarrow \,\,\,\widehat A \approx {55^0} \cr
& \cos B = {{{a^2} + {c^2} - {b^2}} \over {2ac}} \cr&= {{{6^2} + {{(4,8)}^2} - {{(7,3)}^2}} \over {2.6.(4,8)}} \approx 0,1 \cr
& \Rightarrow \widehat B \approx {85^0}\cr&\widehat C =180^0-\widehat A-\widehat B\approx {40^0}. \cr} \)
Cách khác:
LG c
\(a = 4,\,\,b = 5,\,\,c = 7\)
Lời giải chi tiết:
Áp dụng định lí cosin ta có
\(\eqalign{
& \cos A = {{{b^2} + {c^2} - {a^2}} \over {2bc}} \cr&= {{{5^2} + {7^2} - {4^2}} \over {2.5.7}} \approx 0,83 \cr&\Rightarrow \,\,\,\widehat A \approx {34^0} \cr
& \cos B = {{{a^2} + {c^2} - {b^2}} \over {2ac}} \cr&= {{{4^2} + {7^2} - {5^2}} \over {2.4.7}} \approx 0,71 \cr
& \widehat B \approx {44^0}\cr& \widehat C =180^0-\widehat A-\widehat B \approx {102^0}. \cr} \)
Cách khác:
Bài 36 trang 66 SGK Hình học 10 nâng cao
Biết hai lực cùng tác dụng vào một vật và tạo với nhau góc \({40^0}\). Cường độ của hai lực đó là \(3N\) và \(4N\). Tính cường độ của lực tổng hợp.
Lời giải chi tiết
Lấy điểm O cố định, dựng các véc tơ lực \(\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} \) như hình vẽ.
Ta cần tìm \(\left| {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} } \right|\)
Theo quy tắc hình bình hành, ta vẽ hình bình hành \(AOBC\) thì: \( \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} =\overrightarrow {OC} \)
Do đó \(\left| {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} } \right|\)=\(\left| \overrightarrow {OC} \right|\)=OC.
ABCD là hình bình hành nên BC=OA=4 và:
\(\begin{array}{l}
\widehat {AOB} + \widehat {OBC} = {180^0}\\
\Rightarrow \widehat {OBC} = {180^0} - \widehat {AOB}\\
= {180^0} - {40^0} = {140^0}
\end{array}\)
Áp dụng định lí cosin trong tam giác \(OBC\). Ta có
\(\eqalign{
& O{C^2} = O{B^2} + B{C^2} - 2OB.BC.\cos \widehat {OBC} \cr
& = {3^2} + {4^2} - 2.3.4.\cos {140^0} \approx 43,4 \cr
& \Rightarrow \,\,OC \approx 6,6 \cr} \)
Vậy cường độ của lực tổng hợp là \(6,6N\).
Bài 37 trang 67 SGK Hình học 10 nâng cao
Từ vị trí \(A\) người ta quan sát một cây cao (h.61)
Biết \(AH = 4\,m,\,HB = 20\,m,\)\(\widehat {BAC} = {45^0}\). Tính chiều cao của cây.
Lời giải chi tiết
Tam giác \(AHB\) vuông tại \(H\) nên:
\(A{B^2} = A{H^2} + H{B^2} \)\(= {4^2} + {20^2} = 416\)
\(\eqalign{
& \Rightarrow AB \approx 20,4 \cr
& \tan \widehat {BAH} = {{HB} \over {HA}} = {{20} \over 4} = 5 \cr
& \Rightarrow \,\,\,\,\widehat {BAH} \approx 78,{7^0} \cr
& \Rightarrow \,\,\,\,\widehat {ABC} =\widehat {BAH} \approx 78,{7^0} \cr}\)
(hai góc so le trong)
\(\Rightarrow \widehat {BCA} = {180^0} - \widehat {BAC} - \widehat {ABC} \)
\(={180^0} - {45^0} - 78,{7^0} = 56,{3^0}\)
Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC ta có:
\(\frac{{BC}}{{\sin \widehat {BAC}}} = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {ACB}}} \Rightarrow {{BC} \over {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in4}}{5^0}}} = {{20,4} \over {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in56,}}{{\rm{3}}^0}}}\)
\(\Rightarrow \,\,BC = {{20,4} \over {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in56,}}{{\rm{3}}^0}}}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in4}}{5^0} \approx 17,4\)
Vậy cây cao \(17,4\) m.
Bài 38 trang 67 SGK Hình học 10 nâng cao
Trên nóc một tòa nhà có một cột ăng-ten cao \(5 m\). Từ vị trí quan sát \(A\) cao \(7 m\) so với mặt đất, có thể nhìn thấy đỉnh \(B\) và chân \(C\) của cột ăng-ten dưới góc \({50^0}\) và \({40^0}\) so với phương nằm ngang. Tính chiều cao của tòa nhà (h.62).
Lời giải chi tiết
Đặt \(CD = x\), ta có:
Xét tam giác ACD vuông tại D có:
\(\tan \widehat {CAD} = \frac{{CD}}{{AD}} \Rightarrow \tan {40^0} = \frac{x}{{AD}}\)
Xét tam giác BAD vuông tại D có:
\(\tan \widehat {BAD} = \frac{{BD}}{{AD}} \Rightarrow \tan {50^0} = \frac{{5 + x}}{{AD}}\)
Do đó:
\(\begin{array}{l}
\Rightarrow \frac{{\tan {{50}^0}}}{{\tan {{40}^0}}} = \frac{{5 + x}}{{AD}}:\frac{x}{{AD}}\\
\Leftrightarrow 1,42 = \frac{{x + 5}}{x}\\
\Leftrightarrow 1,42x = x + 5\\\Leftrightarrow 1,42x - x = 5\\
\Leftrightarrow 0,42x = 5\\
\Leftrightarrow x = 11,9
\end{array}\)
Vậy chiều cao tòa nhà là \(HC = HD + DC \)\(= 7 + 11,9 = 18,9\) m.
Cách khác:
Được cập nhật: 19 tháng 4 lúc 2:09:45 | Lượt xem: 344
