Giải bài tập Bài 2: Định lí cosin và định lí sin (Chân trời)
==========
Giải bài 1 trang 72 SGK Toán 10 CTST
Tính độ dài cạnh x trong các tam giác sau:
Hướng dẫn giải chi tiết Bài 1
Phương pháp giải
Áp dụng định lí cosin, tính x bằng công thức: ({x^2} = 6,{5^2} + {5^2} – 2.6,5.5.cos {72^o})
Lời giải chi tiết
a) Áp dụng định lí cosin, ta có:
(begin{array}{l}{x^2} = 6,{5^2} + {5^2} – 2.6,5.5.cos {72^o} approx 47,16\ Leftrightarrow x approx 6,87end{array})
b) Áp dụng định lí cosin, ta có:
(begin{array}{l}{x^2} = {left( {frac{1}{5}} right)^2} + {left( {frac{1}{3}} right)^2} – 2.frac{1}{5}.frac{1}{3}.cos {123^o} approx 0,224\ Leftrightarrow x approx 0,473end{array})
===========
Giải bài 2 trang 72 SGK Toán 10 CTST
Tính độ dài cạnh c trong tam giác ABC ở Hình 14.
Hướng dẫn giải chi tiết Bài 2
Phương pháp giải
Áp dụng định lí sin:
(frac{c}{{sin {{105}^o}}} = frac{{12}}{{sin {{35}^o}}})
Lời giải chi tiết
Áp dụng định lí sin, ta có:
(frac{c}{{sin {{105}^o}}} = frac{{12}}{{sin {{35}^o}}} Rightarrow c = frac{{12.sin {{105}^o}}}{{sin {{35}^o}}} approx 3,37)
=============
Giải bài 3 trang 72 SGK Toán 10 CTST
Cho tam giác ABC, biết cạnh (a = 152,;widehat B = {79^o},;widehat C = {61^o}.) Tính các góc, các cạnh còn lại và bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác đó.
Hướng dẫn giải chi tiết Bài 3
Phương pháp giải
Áp dụng định lí sin:
(frac{a}{{sin A}} = frac{b}{{sin B}} = frac{c}{{sin C}} = 2R)
Lời giải chi tiết
Đặt (AB = c,AC = b,BC = a.)
Ta có: (a = 152;widehat A = {180^o} – ({79^o} + {61^o}) = {40^o})
Áp dụng định lí sin, ta có:
(frac{a}{{sin A}} = frac{b}{{sin B}} = frac{c}{{sin C}} = 2R)
Suy ra:
(begin{array}{l}AC = b = frac{{a.sin B}}{{sin A}} = frac{{152.sin {{79}^o}}}{{sin {{40}^o}}} approx 232,13\AB = c = frac{{a.sin C}}{{sin A}} = frac{{152.sin {{61}^o}}}{{sin {{40}^o}}} approx 206,82\R = frac{a}{{sin A}} = frac{{152}}{{sin {{40}^o}}} approx 236,47end{array})
================
Giải bài 4 trang 73 SGK Toán 10 CTST
Một công viên có dạng hình tam giác với các kích thước như Hình 15. Tính số đo các góc của tam giác đó.
Hướng dẫn giải chi tiết Bài 4
Phương pháp giải
Áp dụng định lí cosin để tính góc:
(cos A = frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}};cos B = frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}};cos C = frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{{2ab}}.)
Lời giải chi tiết
Đặt (a = BC,b = AC,c = AB)
Ta có: (a = 800,b = 700,c = 500.)
Áp dụng định lí cosin, ta có:
(cos A = frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}};cos B = frac{{{a^2} + {c^2} – {b^2}}}{{2ac}};cos C = frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{{2ab}}.)
Suy ra:
(begin{array}{l}cos A = frac{{{{700}^2} + {{500}^2} – {{800}^2}}}{{2.700.500}} = frac{1}{7} Rightarrow widehat A = {81^o}47’12,44”;\cos B = frac{{{{500}^2} + {{800}^2} – {{700}^2}}}{{2.500.800}} = frac{1}{2} Rightarrow widehat B = {60^o};\cos C = frac{{{{800}^2} + {{700}^2} – {{500}^2}}}{{2.800.700}} = frac{{11}}{{14}} Rightarrow widehat C = {38^o}12’47,56”.end{array})
Vậy (widehat A = {81^o}47’12,44”;widehat B = {60^o};widehat C = {38^o}12’47,56”.)
==============
Giải bài 5 trang 73 SGK Toán 10 CTST – CTST
Tính diện tích một lá cờ hình tam giác cân có độ dài cạnh bên là 90 cm và góc ở đỉnh là ({35^o}.)
Hướng dẫn giải chi tiết Bài 5
Phương pháp giải
Tính diện tích bằng công thức: (S = frac{1}{2}bcsin A)
Lời giải chi tiết
Kí hiệu các điểm A, B, C như hình trên.
Từ giả thiết ta có: (AB = AC = 90,widehat A = {35^o})
Áp dụng công thức (S = frac{1}{2}bcsin A), ta có: (S = frac{1}{2}.90.90.csin {35^o} approx 2323;(c{m^2}))
==============
Giải bài 6 trang 73 SGK Toán 10 CTST – CTST
Cho tam giác ABC có (AB = 6,AC = 8) và (widehat A = {60^o}.)
a) Tính diện tích tam giác ABC.
b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tính diện tích tam giác IBC.
Hướng dẫn giải chi tiết Bài 6
Phương pháp giải
a) Tính diện tích bằng công thức: (S = frac{1}{2}bcsin A)
b) Tìm a, từ đó suy ra R bằng định lí sin => Tính diện tích tam giác IBC
Lời giải chi tiết
Đặt (a = BC,b = AC,c = AB.)
a) Áp dụng công thức (S = frac{1}{2}bcsin A), ta có: ({S_{ABC}} = frac{1}{2}.8.6.sin {60^o} = frac{1}{2}.8.6.frac{{sqrt 3 }}{2} = 12sqrt 3 )
b) Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC ta được:
(begin{array}{l}B{C^2} = {a^2} = {8^2} + {6^2} – 2.8.6.cos {60^o} = 52\ Rightarrow BC = 2sqrt {13} end{array})
Xét tam giác IBC ta có:
Góc (widehat {BIC} = 2.widehat {BAC} = {120^o})(góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung)
(IB = IC = R = frac{a}{{sin A}} = frac{{2sqrt {13} }}{{frac{{sqrt 3 }}{2}}} = frac{{4sqrt {39} }}{3}.)
( Rightarrow {S_{IBC}} = frac{1}{2}.frac{{4sqrt {39} }}{3}.frac{{4sqrt {39} }}{3}sin {120^o} = frac{{52sqrt 3 }}{3}.)
==============
Giải bài 7 trang 73 SGK Toán 10 CTST
Cho tam giác ABC có trọng tâm G và độ dài ba cạnh AB, BC, CA lần lượt là 15, 18, 27.
a) Tính diện tích và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
b) Tính diện tích tam giác GBC.
Hướng dẫn giải chi tiết Bài 7
Phương pháp giải
a) Tính r bằng công thức: (S = p.r). Trong đó S tính bởi công thức heron.
b) Tìm a, từ đó suy ra R bằng định lí sin => Tính diện tích tam giác IBC
Lời giải chi tiết
a) Đặt (a = BC,b = AC,c = AB.)
Ta có: (p = frac{1}{2}(15 + 18 + 27) = 30)
Áp dụng công thức heron, ta có:
({S_{ABC}} = sqrt {30(30 – 15)(30 – 18)(30 – 27)} = 90sqrt 2 )
Và (r = frac{S}{p} = frac{{90sqrt 2 }}{{30}} = 3sqrt 2 )
b) Gọi, H, K lần lượt là chân đường cao hạ từ A và G xuống BC, M là trung điểm BC.
G là trọng tâm tam giác ABC nên (GM = frac{1}{3}AM)
(begin{array}{l} Rightarrow GK = frac{1}{3}.AH\ Rightarrow {S_{GBC}} = frac{1}{3}.,{S_{ABC}} = frac{1}{3}.90sqrt 2 = 30sqrt 2 .end{array})
===============
Giải bài 8 trang 73 SGK Toán 10 CTST
Cho ({h_a}) là đường cao vẽ từ đỉnh A, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh hệ thức: ({h_a} = 2Rsin Bsin C.)
Hướng dẫn giải chi tiết Bài 8
Phương pháp giải
Bước 1: Tính ({h_a}) theo b và sinC
Bước 2: Tính b theo R và sinB. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Lời giải chi tiết
Đặt (a = BC,b = AC,c = AB)
Ta có: (sin C = frac{{AH}}{{AC}} = frac{{{h_a}}}{b} Rightarrow {h_a} = b.sin C)
Theo định lí sin, ta có: (frac{b}{{sin B}} = 2R Rightarrow b = 2R.sin B)
( Rightarrow {h_a} = 2R.sin B.sin C)
=============
Giải bài 9 trang 73 SGK Toán 10 CTST
Cho tam giác ABC có góc B nhọn, AD và CE là hai đường cao.
a) Chứng minh (frac{{{S_{BDE}}}}{{{S_{BAC}}}} = frac{{BD.BE}}{{BA.BC}}.)
b) Biết rằng ({S_{ABC}} = 9{S_{BDE}}) và (DE = 2sqrt 2 .) Tính (cos B) và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Hướng dẫn giải chi tiết bài 9
Phương pháp giải
a) Tính diện tích bằng công thức (S = frac{1}{2}ac.sin B)
b) (cos B = frac{{BD}}{{BA}} = frac{{BE}}{{BC}})
Lời giải chi tiết
a) Áp dụng công thức (S = frac{1}{2}ac.sin B) cho tam giác ABC và BED, ta có:
({S_{ABC}} = frac{1}{2}.BA.BC.sin B;{S_{BED}} = frac{1}{2}..BE.BD.sin B)
( Rightarrow frac{{{S_{BED}}}}{{{S_{ABC}}}} = frac{{frac{1}{2}.BE.BD.sin B}}{{frac{1}{2}.BA.BC.sin B}} = frac{{BE.BD}}{{BA.BC}})
b) Ta có: (cos B = frac{{BD}}{{BA}} = frac{{BE}}{{BC}})
Mà (frac{{{S_{BED}}}}{{{S_{ABC}}}} = frac{1}{9} Rightarrow frac{{BD}}{{BA}}.frac{{BE}}{{BC}} = frac{1}{9})
( Rightarrow cos B = frac{{BD}}{{BA}} = frac{{BE}}{{BC}} = frac{1}{3})
+) Xét tam giác ABC và tam giác DEB ta có:
(frac{{BE}}{{BC}} = frac{{BD}}{{BA}} = frac{1}{3}) và góc B chung
( Rightarrow Delta ABC sim Delta EBD) (cgc)
( Rightarrow frac{{DE}}{{AC}} = frac{1}{3} Rightarrow AC = 3.DE = 3.2sqrt 2 = 6sqrt 2 .)
Ta có: (cos B = frac{1}{3} Rightarrow sin B = sqrt {1 – {{left( {frac{1}{3}} right)}^2}} = frac{{2sqrt 2 }}{3}) (do B là góc nhọn)
Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC ta có:
(frac{{AC}}{{sin B}} = 2R Rightarrow R = frac{{6sqrt 2 }}{{frac{{2sqrt 2 }}{3}}}:2 = frac{9}{2})
================
Giải bài 10 trang 73 SGK Toán 10 CTST
Cho tứ giác lồi ABCD có các đường chéo (AC = x,BD = y) và góc giữa AC và BD bằng (alpha .) Gọi S là diện tích của tứ giác ABCD.
a) Chứng minh (S = frac{1}{2}xy.sin alpha )
b) Nêu kết quả trong trường hợp (AC bot BD.)
Hướng dẫn giải chi tiết Bài 10
Phương pháp giải
a) Tính diện tích 4 tam giác nhỏ theo (sin alpha ).
Chú ý: (sin ({180^o} – alpha ) = sin alpha )
b) (alpha = {90^o}) thì (sin alpha = 1)
Lời giải chi tiết
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
a) Áp dụng công thức (S = frac{1}{2}ac.sin B), ta có:
(begin{array}{l}{S_{OAD}} = frac{1}{2}.OA.OD.sin alpha ;quad {S_{OBC}} = frac{1}{2}..OB.OC.sin alpha ;\{S_{OAB}} = frac{1}{2}.OA.OB.sin ({180^o} – alpha );quad {S_{OCD}} = frac{1}{2}.OD.OC.sin ({180^o} – alpha ).end{array})
Mà (sin ({180^o} – alpha ) = sin alpha )
( Rightarrow {S_{OAB}} = frac{1}{2}.OA.OB.sin alpha ;quad {S_{OCD}} = frac{1}{2}.OD.OC.sin alpha .)
(begin{array}{l} Rightarrow {S_{ABCD}} = left( {{S_{OAD}} + {S_{OAB}}} right) + left( {{S_{OBC}} + {S_{OCD}}} right)\ = frac{1}{2}.OA.sin alpha .(OD + OB) + frac{1}{2}.OC.sin alpha .(OB + OD)\ = frac{1}{2}.OA.sin alpha .BD + frac{1}{2}.OC.sin alpha .BD\ = frac{1}{2}.BD.sin alpha .(OA + OC)\ = frac{1}{2}.AC.BD.sin alpha = frac{1}{2}.x.y.sin alpha .end{array})
b) Nếu (AC bot BD) thì (alpha = {90^o} Rightarrow sin alpha = 1.)
( Rightarrow {S_{ABCD}} = frac{1}{2}.x.y.1 = frac{1}{2}.x.y.)