• Skip to main content
  • Skip to secondary menu
  • Bỏ qua primary sidebar
Sách Toán – Học toán

Sách Toán - Học toán

Giải bài tập Toán từ lớp 1 đến lớp 12, Học toán online và Đề thi toán

  • Môn Toán
  • Học toán
  • Sách toán
  • Đề thi
  • Ôn thi THPT Toán
  • Trắc nghiệm Toán 12
  • Máy tính

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

Đăng ngày: 12/04/2018 Biên tập: admin Thuộc chủ đề:Giải sách bài tập toán 10 - Kết nối Tag với:Giai sbt chuong 2 hinh hoc 10

Bài 3: Các hệ thức lượng trong tam giác và giải tam giác –  trang 102 Sách bài tập (SBT) Toán Hình lớp 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.

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

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

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

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.

Giải SBT Bài 3: Các hệ thức lượng trong tam giác và giải tam giác – Chương 2 – Hình học 10 1

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

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

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.

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

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 \(AC \approx 15,61(m)\)

Thuộc chủ đề:Giải sách bài tập toán 10 - Kết nối Tag với:Giai sbt chuong 2 hinh hoc 10

Bài liên quan:

  1. Giải SBT Đề kiểm tra Ôn tập chương 2 – Hình học 10
  2. Giải SBT Ôn tập chương 2: Đề toán tổng hợp – Hình học 10
  3. Giải SBT Câu hỏi và bài tập Ôn tập Chương 2 – Hình học 10
  4. Giải SBT Bài 2: Tích vô hướng của hai vec tơ – Chương 2 – Hình học 10
  5. Giải SBT Bài 1: Giá trị lượng giác của một góc bất kì từ 0 độ đến 180 độ – Chương 2 – Hình học 10

Reader Interactions

Bình luận

  1. Hoc trac nghiem viết

    13/01/2019 lúc 10:18 sáng

    Bài 2.35. a) cần chứng minh a = b.cosC + c.cosB

    Trả lời

Trả lời Hủy

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *

Sidebar chính

MỤC LỤC

  • Giải Bài Tập sách bài tập (SBT) Toán 10 – Kết nối




Booktoan.com (2015 - 2023) Học Toán online - Giải bài tập môn Toán, Sách giáo khoa, Sách tham khảo và đề thi Toán.
THÔNG TIN:
Giới thiệu - Liên hệ - Bản quyền - Sitemap - Quy định - Hướng dẫn.