Giải SBT Bài 3: Các hệ thức lượng trong tam giác và giải tam giác – Chương 2 – Hình học 10

Bài 2.29 trang 101 SBT Toán Hình 10

Tam giác ABC có cạnh \(a = 2\sqrt 3 ,b = 2\) và \(\widehat C = {30^0}\)

a)Tính cạnh c, góc A và diện tích S của tam giác ABC;

b)Tính chiều cao \({h_a}\) và đường trung tuyến \({m_a}\) của tam giác ABC.

Gợi ý làm bài

a) Theo định lí cô sin ta có:

\(\eqalign{
& {c^2} = {a^2} + {b^2} – 2ab\cos C \cr
& = 12 + 4 – 2.2\sqrt 3 .2.{{\sqrt 3 } \over 2} = 4 \cr} \)

Vậy c = 2 và tam giác ABC cân tại A có b = c = 2.

Ta có: \(\widehat C = {30^0}\), vậy \(\widehat B = {30^0}\) và \(\widehat A = {180^0} – ({30^0} + {30^0}) = {120^0}\)

\({S_{ABC}} = {1 \over 2}ac\sin B = {1 \over 2}.2\sqrt 3 .2.{1 \over 2} = \sqrt 3 \)

b) \({h_a} = {{2S} \over a} = {{2\sqrt 3 } \over {2\sqrt 3 }} = 1\). Vì tam giác ABC cân tại A nên \({h_a} = {m_a} = 1\)

Bài 2.30 trang 101

Tính góc lớn nhất của tam giác ABC biết a = 3, b = 4, c = 6. Tính đường cao ứng với cạnh lớn nhất của tam giác.

HD giải: Ta có c = 6 là cạnh lớn nhất của tam giác. Do đó \(\widehat C\) là góc lớn nhất.

\(\eqalign{
& \cos C = {{{a^2} + {b^2} + {c^2}} \over {2ab}} = {{{3^2} + {4^2} + {6^2}} \over {2.3.4}} \cr
& = – {{11} \over {24}} = > \widehat C \approx {117^0}17′ \cr} \)

Muốn tính đường cao ứng với cạnh lớn nhất ta dùng công thức Hê – rông để tính diện tích tam giác và từ đó suy ra đường cao tương ứng.

\(S = \sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} \) với \(p = {1 \over 2}(3 + 4 + 6) = {{13} \over 2}\)

\(S = \sqrt {{{13} \over 2}\left( {{{13} \over 2} – 3} \right)\left( {{{13} \over 2} – 4} \right)\left( {{{13} \over 2} – 6} \right)}  = {{\sqrt {455} } \over 4}$\)

Ta có:

\({h_c} = {{2S} \over c} = {{\sqrt {455} } \over {2.6}} = {{\sqrt {455} } \over {12}}\)

Bài 2.31

Tam giác ABC  có \(a = 2\sqrt 3 ,b = 2\sqrt 2 ,c = \sqrt 6  – \sqrt 2 \). Tính các góc A, B và các độ dài , R, r của tam giác đó.

Ta có:

\(\eqalign{
& \cos A = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} \over {2bc}} \cr
& = {{8 + 6 + 2 – 2\sqrt {12} – 12} \over {4\sqrt 2 (\sqrt 6 – \sqrt 2 )}} = {{4 – 4\sqrt 3 } \over {8\sqrt 3 – 8}} \cr} \)

\( = {{4(1 – \sqrt 3 )} \over {8(\sqrt 3  – 1)}} =  – {1 \over 2}\)

\(\eqalign{
& \cos B = {{{c^2} + {a^2} – {b^2}} \over {2.ca}} \cr
& = {{6 + 2 – 2\sqrt {12} + 12 – 8} \over {2.(\sqrt 6 – \sqrt 2 ).2\sqrt 3 }} \cr
& = {{12 – 2\sqrt {12} } \over {4\sqrt {18} – 4\sqrt 6 }} \cr} \)

\( = {{4(3 – \sqrt 3 )} \over {4\sqrt 2 (3 – \sqrt 3 )}} = {1 \over {\sqrt 2 }} = {{\sqrt 2 } \over 2}\)

Vậy \(\widehat B = {45^0}\)

\(\eqalign{
& {h_a} = {{2S} \over a} = {{ac\sin B} \over a} = c\sin B \cr
& = (\sqrt 6 – \sqrt 2 ){{\sqrt 2 } \over 2} = \sqrt 3 – 1 \cr} \)

\({b \over {\sin B}} = 2R =  > R = {b \over {2\sin B}} = {{2\sqrt 2 } \over {2.{{\sqrt 2 } \over 2}}} = 2\)

\(S = pr =  > r = {S \over p} = {{{1 \over 2}ac\sin B} \over {{1 \over 2}(a + b + c)}} = {{ac\sin B} \over {a + b + c}}\)

\( = {{2\sqrt 3 (\sqrt 6  – \sqrt 2 ){{\sqrt 2 } \over 2}} \over {2\sqrt 3  + 2\sqrt 2  + \sqrt 6  – \sqrt 2 }} = {{\sqrt 3 (\sqrt 6  – \sqrt 2 )} \over {\sqrt 6  + \sqrt 3  + 1}}\)

Bài 2.32 trang 101 Sách bài tập Toán 10

Tam giác ABC có \(a = 4\sqrt 7 cm,b = 6cm,c = 8cm\). Tính diện tích S, đường cao \({h_a}\) và bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.

Ta có:

\(\cos A = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} \over {2bc}} = {{36 + 64 – 112} \over {2.6.8}} =  – {1 \over 8}\)

\(=  > \sin A = \sqrt {1 – {{\cos }^2}A}  = \sqrt {1 – {1 \over {64}}}  = {{3\sqrt 7 } \over 8}\)

\(S = {1 \over 2}bc\sin A = {1 \over 2}.6.8.{{3\sqrt 7 } \over 8} = 9\sqrt 7 (c{m^2})\)

\(h = {{2S} \over a} = {{18\sqrt 7 } \over {4\sqrt 7 }} = {9 \over 2} = 4,5(cm)\)

\(R = {{abc} \over {4S}} = {{4\sqrt 7 .6.8} \over {4.9\sqrt 7 }} = {{16} \over 3}(cm)\)

Bài 2.33 trang 102

Gọi \({m_a},{m_b},{m_c}\) là các trung tuyến lần lượt ứng với các cạnh a, b, c của tam giác ABC.

a) Tính \({m_a}\), biết rằng a = 26, b = 18, c = 16

b) Chứng minh rằng: \(4(m_a^2 + m_{_b}^2 + m_{_c}^2) = 3({a^2} + {b^2} + {c^2})\)

Đáp án

a) \(m_a^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} – {{{a^2}} \over 4} = {{{{18}^2} + {{16}^2}} \over 2} – {{{{26}^2}} \over 4}\)

\(\eqalign{
& = {{324 + 256} \over 2} – {{676} \over 4} = {{484} \over 4} \cr
& = > {m_a} = {{22} \over 2} = 11 \cr} \)

b) \(\left\{ \matrix{
m_a^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} – {{{a^2}} \over 4} \hfill \cr
m_b^2 = {{{a^2} + {c^2}} \over 2} – {{{b^2}} \over 4} \hfill \cr
m_c^2 = {{{a^2} + {b^2}} \over 2} – {{{c^2}} \over 4} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
m_a^2 = 2({b^2} + {c^2}) – {a^2} \hfill \cr
m_b^2 = 2({a^2} + {c^2}) – {b^2} \hfill \cr
m_c^2 = 2({a^2} + {b^2}) – {c^2} \hfill \cr} \right.\)

Ta suy ra: \(4(m_a^2 + m_{_b}^2 + m_{_c}^2) = 3({a^2} + {b^2} + {c^2})\)

Bài 2.34

Tam giác ABC có b + c = 2a. Chứng minh rằng:

a) 2sinA = sinB + sinC

b) \({2 \over {{h_a}}} = {1 \over {{h_b}}} + {1 \over {{h_c}}}\)

Gợi ý làm bài

a) Theo định lý sin ta có: \({a \over {\sin A}} = {b \over {\sin B}} = {c \over {\sin C}}\)

Ta có: 2a = b + c mà a = 2R.sinA; b = 2R.sinB; c = 2R. SinC

=> 2 2R.sinA = 2R.sinB + 2R. SinC

\( =  > 2sinA = sinB + \sin C\)

b) Đối với tam giác ABC ta có: \(S = {1 \over 2}ab\sin C = {1 \over 2}{h_C}.c = {{abc} \over {4R}}\)

Ta suy ra \({h_c} = {{ab} \over {2R}}\). Tương tự ta có \({h_b} = {{ac} \over {2R}},{h_a} = {{bc} \over {2R}}\).

Do đó:

\({1 \over {{h_b}}} + {1 \over {{h_c}}} = 2R\left( {{1 \over {ac}} + {1 \over {ab}}} \right) = 2R{{b + c} \over {abc}}\) mà b + c = 2a

Nên \({1 \over {{h_b}}} + {1 \over {{h_c}}} = {{2R.2a} \over {abc}} = {{2R.2} \over {bc}} = {2 \over {{h_a}}}\)

Vậy \({2 \over {{h_a}}} = {1 \over {{h_b}}} + {1 \over {{h_c}}}\)

Bài 2.35 trang 102 SBT Toán hình 10

Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta có các hệ thức:

a) \(\sin A = \sin B\cos C + \sin C\cos B\)

b) \({h_a} = 2R\sin B\sin C\)

HD giải

a) Theo định lý sin ta có: \({a \over {\sin A}} = {b \over {\sin B}} = {c \over {\sin C}}\)

Do đó: \(a = 2R\sin A,b = 2R\sin B,c = 2R\sin C\)

Thay các giá trị này vào biểu thức: \(a = b\cos C + c\cos B\), ta có:

\(2R\sin A = 2R\sin B\cos C + 2R\sin C\cos B\)

\( =  > \sin A = \sin B\cos C + {\mathop{\rm sinCcosB}\nolimits} .\)

Bài 2.36 trang 102 SBT Toán 10

Tam giác ABC có \(bc = {a^2}\). Chứng minh rằng :

a) \({\sin ^2}A = \sin B.\sin C\)

b) \({h_b}.{h_c} = h_a^2\)

Bài giải

a) Theo giả thiết ta có: \({a^2} = bc\)

Thay \(a = 2R\sin A,b = 2R\sin B,c = 2R\sin C\) vào hệ thức trên ta có:

\(4{R^2}{\sin ^2}A = 2R\sin B.2R{\mathop{\rm sinC}\nolimits} \)

\( =  > {\sin ^2}A = \sin B.\sin C\)

b) Ta có \(2S = a{h_a} = b{h_b} = c{h_c}\)

 Do đó: \({a^2}h_a^2 = b.c.{h_b}.{h_c}\)

Theo giả thiết: \({a^2} = bc\) nên ta suy ra \(h_a^2 = {h_b}.{h_c}\)

Bài 2.37 trang 102

Chứng minh rằng diện tích hình bình hành bằng tích hai cạnh liên tiếp với sin của góc xen giữa chúng.

Xét hình bình hành ABCD có \(AB = a,AD = b,\widehat {BAD} = \alpha \) và BH là đường cao, ta có \(BH \bot AD\) tại H

Gọi S là diện tích hình bình hành ABCD, ta có S = AD. BH với \(BH = AB\sin \alpha \)

Vậy \(S = AD.AB\sin \alpha  = a.b.\sin \alpha \)

Nếu \(\widehat {BAD} = \alpha \) thì \(\widehat {ABC} = {180^0} – \alpha \)

Khi đó ta vẫn có \(\sin \widehat {BAD} = \sin \widehat {ABC}\)

Khi đó ta vẫn có

Nhận xét: Diện tích hình bình hành ABCD gấp đôi diện tích tam giác ABD mà tam giác ABD có diện tích là \({1 \over 2}ab\sin \alpha \). Do đó ta suy ra diện tích của hình bình hành bằng \(ab\sin \alpha \)

Bài 2.38 trang 102

Cho tứ giác lồi ABCD có đường chéo AC = x, đường chéo BD = y và góc tạo bởi AC và BD là \(\alpha \). Gọi S là diện tích của tứ giác ABCD.

a) Chứng minh rằng \(S = {1 \over 2}x.y.\sin \alpha \)

b) Nêu kết quả trong trường hợp AC vuông góc với BD.

Gợi ý làm bài

a) Ta có: \({S_{ABCD}} = {S_{ABD}} + {S_{CBD}}\)

Vẽ AH và CK vuông góc với BD.

Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Ta có: \(AH = AI\sin \alpha \)

\({S_{ABCD}} = {1 \over 2}AH.BD + {1 \over 2}CK.BD\)

\( = {1 \over 2}BD(AH + CK)\)

\( = {1 \over 2}BD(AI + IC)sin\alpha  = {1 \over 2}BD.AC\sin \alpha \)

\({S_{ABCD}} = {1 \over 2}x.y\sin \alpha \)

b) Nếu \(AC \bot BD\) thì \(\sin \alpha  = 1\), khi đó \({S_{ABCD}} = {1 \over 2}x.y\). Như vậy nếu tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau thì diện tích của tứ giác bằng một nửa tích độ dài của hai đường chéo.

Bài 2.39 trang 102 Toán 10

Cho tứ giác lồi ABCD. Dựng hình bình hành ABC’D. Chứng minh rằng tứ giác ABCD và tam giác ACC’ có diện tích bằng nhau.

Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai đường chéo AC và BD của tứ giác ABCD.

Ta có: \(\widehat {CAC’} = \alpha \) vì \(AC’\parallel BD\)

Theo kết quả bài 2.38 ta có:

\({S_{ABCD}} = {1 \over 2}AC.BD\sin \alpha \)

Mặt khác \({S_{ACC’}} = {1 \over 2}AC.AC’\sin \alpha \)

Mà AC’ = BD nên \({S_{ABCD}} = {S_{ACC’}}\)

Bài 2.40

Cho tứ giác ABC biết \(c = 35cm,\,\,\widehat A = {40^0},\,\,\widehat C = {120^0}\). Tính \(a,b,\widehat B\)

Ta có:

\(\eqalign{
& \widehat B = {180^0} – (\widehat A + \widehat C) \cr
& = {180^0} – ({40^0} + {120^0}) = {20^0} \cr} \)

Theo định lí sin ta có:

\(\eqalign{
& {a \over {\sin A}} = {c \over {\sin C}} = \cr
& > a = {{c\sin A} \over {\sin C}} = {{35.\sin {{40}^0}} \over {\sin {{120}^0}}} \approx 26(cm) \cr} \)

\(\eqalign{
& {b \over {\sin B}} = {c \over {\sin C}} \cr
& = > b = {{c\sin B} \over {\sin C}} = {{35.\sin {{20}^0}} \over {\sin {{120}^0}}} \approx 14(cm) \cr} \)

Bài 2.41 trang 102 SBT Toán 10

Cho tứ giác ABC biết \(a = 7cm,b = 23cm,\widehat C = {130^0}\). Tính \(c,\widehat A,\widehat B\)

Theo định lí cô sin ta có:

\(\eqalign{
& {c^2} = {a^2} + {b^2} – 2ab\cos C \cr
& = {7^2} + {23^2} – 2.7.23.\cos {130^0} \approx 785 \cr} \)

\(=  > c \approx 28(cm)\). Theo định lí sin ta có:

\(\eqalign{
& {a \over {\sin A}} = {c \over {\sin C}} \cr
& = > \sin A = {{a{\mathop{\rm sinC}\nolimits} } \over c} \cr
& = {{7.\sin {{130}^0}} \over {28}} \approx 0,1915 \cr} \)

Vậy \(\widehat A \approx {11^0}2’\)

\(\eqalign{
& \widehat B = {180^0} – (\widehat A + \widehat C) \cr
& \approx {180^0} – ({11^0}2′ + {130^0}) = {38^0}58′ \cr} \)

Bài 2.42

Cho tứ giác ABC biết a = 14cm, b = 18cm, c = 20cm. Tính \(\widehat A,\widehat B,\widehat C\)

Theo định lí cô sin ta có:

\(\eqalign{
& {\mathop{\rm cosA}\nolimits} = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} \over {2bc}} \cr
& = {{{{18}^2} + {{20}^2} – {{14}^2}} \over {2.18.20}} = {{528} \over {720}} \approx 0,7333 \cr} \)

Vậy \(\widehat A \approx {42^0}50’\)

\(\eqalign{
& \cos B = {{{a^2} + {c^2} – {b^2}} \over {2ac}} \cr
& = {{{{14}^2} + {{20}^2} – {{18}^2}} \over {2.14.20}} = {{272} \over {560}} \approx 0,4857 \cr} \)

Vậy \(\widehat B \approx {60^0}56’\)

\(\eqalign{
& \widehat C = {180^0} – (\widehat A + \widehat B) \cr
& \approx ({180^0} – ({42^0}50′ + {60^0}56′) = {76^0}14′ \cr} \)

Bài 2.43 trang 103 SBT Toán Hình 10

Giả sử chúng ta cần đo chiều cao CD của một cái tháp với C là chân tháp, D là đỉnh tháp. Vì không thể đến chân tháp được nên từ hai điểm A, B có khoảng cách AB = 30 m sao cho ba điểm A, B, C thẳng hàng người ta đo được các góc \(\widehat {CAD} = {43^0},\widehat {CBD} = {67^0}\) (h.2.18). Hãy tính chiều cao CD của tháp

Muốn tính chiều cao CD của tháp, trước hết ta hãy tính góc \(\widehat {ADB}\)

\(\widehat {ADB} = {67^0} – {43^0} = {24^0}\)

Theo định lí sin đối với tam giác ABD ta có:

\(\eqalign{
& {{BD} \over {\sin {{43}^0}}} = {{AB} \over {\sin {{24}^0}}} \cr
& = > BD = {{30.\sin {{43}^0}} \over {\sin {{24}^0}}} \approx 50,30(m) \cr} \)

Trong tam giác vuông BCD ta có:

\(\eqalign{
& \sin {67^0} = {{CD} \over {BD}} \cr
& = > CD = BD.\sin {67^0} \approx 50,30.\sin {67^0} \cr} \)

Hay \(CD \approx 46,30(m)\)

Bài 2.44 trang 103

Khoảng cách từ A đến C không thể đo trực tiếp vì phải qua một đầm lầy nên người ta làm như sau:  Xác định một điểm B có khoảng cách AB = 12m và đo được góc \(\widehat {ACB} = {37^0}\) (H.2.19). Hãy tính khoảng cách AC biết rằng BC = 5 m.

Đáp án

Theo định lí sin đối với tam giác ABC ta có:

\({{BC} \over {{\mathop{\rm sinA}\nolimits} }} = {{AB} \over {{\mathop{\rm sinC}\nolimits} }} \Leftrightarrow {5 \over {\sin A}} = {{12} \over {\sin {{37}^0}}}\)

\( =  > \,\sin A = {{5.\sin {{37}^0}} \over {12}} \approx 0,2508\)

\( =  > \widehat A \approx {14^0}31’\)

\(\widehat B \approx ({180^0} – ({37^0} + {14^0}31′) = {128^0}29’\)

\(\eqalign{
& {{AC} \over {\sin B}} = {{12} \over {{\mathop{\rm sinC}\nolimits} }} \cr
& = > AC = {{12\sin B} \over {\sin C}} \approx {{12.\sin {{128}^0}29′} \over {\sin {{37}^0}}} \approx 15,61(m) \cr} \)

Vậy khoảng cách \(AC \approx 15,61(m)\)