Bài 2. Định lí Côsin và định lí sin

Bài \(2\). Định lí côsin và định lí sin trang \(65\) SGK toán lớp \(10\) tập \(1\) Nhà xuất bản Chân trời sáng tạo. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau.

Bài \(1\). Tính độ dài cạnh \(x\) trong các tam giác sau:

Trả lời:

\(a)\) Áp dụng định lí \(côsin\) ta có:

\(x^2 = 6,5^2 + 5^ 2 \ – \ 2.6,5.5.\cos72^o \approx 47,2\)

\(\Rightarrow x = \sqrt{47,2} \approx 6,9\)

Vậy \(x \approx 6,9\).

\(b)\) Áp dụng định lí \(côsin\) ta có:

\(x^2 = \left(\displaystyle \frac{1}{3}\right)^2 + \left(\displaystyle \frac{1}{5}\right)^2 \ – \ 2.\displaystyle \frac{1}{3}. \displaystyle \frac{1}{5}.\cos123^o\)

\( \approx 0,22\)

\(\Rightarrow x = \sqrt{0,22} \approx 0,47\)

Vậy \(x \approx 0,47\).

\(\)

Bài \(2\). Tính độ dài cạnh \(c\) trong tam giác \(ABC\) ở Hình 14.

Trả lời:

Áp dụng định lí \(\sin\) trong tam giác \(ABC\) ta có:

\(\displaystyle \frac{AB}{\sin{C}} = \displaystyle \frac{AC}{\sin{B}}\)

\(\Leftrightarrow \displaystyle \frac{c}{\sin105^o} = \displaystyle \frac{12}{\sin35^o}\)

\(\Leftrightarrow c = \displaystyle \frac{12\sin^o}{\sin35^o} \approx 20,21\)

Vậy \(c \approx 20,21\).

\(\)

Bài \(3\). 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.

Trả lời:

Xét tam giác \(ABC\) có: \(\widehat{A} + \widehat{B} + \widehat{C} = 180^o\)

\(\Rightarrow \widehat{A} = 180^o \ – \ (\widehat{B} + \widehat{C})\)

\(= 180^o \ – \ ( 79^o + 61^o) = 40^o\).

Áp dụng định lí \(\sin\) trong tam giác \(ABC\) ta có:

\(\displaystyle \frac{a}{\sin{A}} = \displaystyle \frac{b}{\sin{B}} = \displaystyle \frac{c}{\sin{C}} = 2R\)

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{152}{\sin40^o} = \displaystyle \frac{b}{\sin79^o} = \displaystyle \frac{c}{\sin61^o} = 2R\).

Từ đây suy ra:

\(b = \displaystyle \frac{152\sin79^o}{\sin40^o} \approx 232,13\)

\(c = \displaystyle \frac{152\sin61^o}{\sin40^o} \approx 206,82\)

\(R = \displaystyle \frac{152}{2\sin40^o} \approx 118,24\).

Vậy các số đo cần tìm là:

\(\widehat{A} = 40^o; AC = b \approx 232,13;\)

\( AB = c \approx 206,82; R \approx 118,24\).

\(\)

Bài \(4\). Một công viên có dạng tam giác với các kích thước như Hình 15. Tính số đo các góc của tam giác đó.

Trả lời:

Áp dụng hệ quả của định lí cô sin trong tam giác \(ABC\) ta có:

\(\cos{A} = \displaystyle \frac{AB^2 + AC^ 2 \ – \ BC^2}{2. AB. AC} \)

\(= \displaystyle \frac{500^2 + 700^2 \ – \ 800^2}{2.500.700} \approx 0,143\)

\(\Rightarrow \widehat{A} \approx 82^o\)

\(\cos{B} = \displaystyle \frac{AB^2 + BC^2 \ – \ AC^2}{2. AB. BC}\)

\( = \displaystyle \frac{500^2 + 800^2 \ – \ 700^2}{2.500.800} = 0,5\)

\(\Rightarrow \widehat{B} = 60^o\)

Tam giác \(ABC\) có: \(\widehat{A} + \widehat{B} + \widehat{C} = 180^o\)

\(\Rightarrow \widehat{C} = 180^o \ – \ (\widehat{A} + \widehat{B})\)

\( = 180^o \ – \ (82^o + 60^o) = 38^o\)

Vậy các góc của tam giác \(ABC\) cần tìm là: \(\widehat{A} = 82^o; \widehat{B} = 60^o; \widehat{C} = 38^o\).

\(\)

Bài \(5\). Tính diện tích một lá cờ hình tam giác cân có độ dài cạnh bên là \(90\) và góc ở đỉnh là \(35^o\).

Trả lời:

Chọn tên các đỉnh của lá cờ hình tam giác như hình dưới đây:

Vì tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) nên theo bài ra ta có:

\(AB = AC = 90 \text{ cm }; \widehat{A} = 35^o\)

Áp dụng công thức tính diện tích vào tam giác \(ABC\) ta có:

\(S_{ABC} = \displaystyle \frac{1}{2}. AC. AB. sin{A}\)

\( = \displaystyle \frac{1}{2}. 90. 90. \sin35^o \approx 2323 (cm^2)\).

Vậy diện tích lá cờ cần tìm là \(2323\) \(cm^2\).

\(\)

Bài \(6\). Cho tam giác \(ABC\) có \(AB = 6, AC = 8 \text{ và } \widehat{A} = 60^o.\)
\(a)\) Tính diện tích tam giác \(ABC\).
\(b)\) Gọi \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Tính diện tích tam giác \(IBC\).

Trả lời:

\(a)\) Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ta có:

\(S_{ABC} = \displaystyle \frac{1}{2}. AB . AC. \sin{A}\)

\( = \displaystyle \frac{1}{2}. 6. 8. \sin60^o = \displaystyle \frac{1}{2}. 6. 8. \displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}\)

\( = 12\sqrt{3} \).

Vậy diện tích của tam giác \(ABC\) là \(12\sqrt{3}\) (đơn vị diện tích).

\(b)\) Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(ABC\) ta có:

\(BC^2 = AB^2 + AC^ 2 \ – \ 2. AB. AC. \cos{A} \)

\( = 6^2 + 8^ 2 \ – \ 2. 6. 8. \cos60^o = 52\).

\(\Rightarrow BC = \sqrt{52}\).

Ta lại có công thức tính diện tích tam giác \(S_{ABC} = \displaystyle \frac{AB. BC. AC}{4R}\)

\(= \displaystyle \frac{6. 8. \sqrt{52}}{4R} = 12\sqrt{3} \)

\(\Rightarrow R = \displaystyle \frac{6. 8. \sqrt{52}}{4. 12\sqrt{3}}\)

\( = \sqrt{\displaystyle \frac{52}{3}} = \displaystyle \frac{2\sqrt{39}}{3}\)

Vì \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) nên ta có:

\(IA = IB = IC = R\)

Suy ra nửa chu vi tam giác \(ABC\) là:

Ta có: \(\widehat{BIC} = 2. \widehat{BAC} = 2. 60^o = 12)^o \) (Tính chất góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung).

Từ đó ta có diện tích tam giác \(IBC\) là:

\(S_{IBC} = \displaystyle \frac{1}{2}. IB. IC. \sin120^o\)

\(= \displaystyle \frac{1}{2}. \displaystyle \frac{2\sqrt{39}}{3}. \displaystyle \frac{2\sqrt{39}}{3}. \displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2} = \displaystyle \frac{13\sqrt{3}}{3}\).

Vậy diện tích tam giác \(IBC\) là \(\displaystyle \frac{13\sqrt{3}}{3}\) (đơn vị diện tích).

\(\)

Bài \(7\). 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 \(GBC\).

Trả lời:

Đặt \(AB = c, BC = a, AC = b\)

Ta có: Nửa chu vi tam giác \(ABC\) bằng:

\(p = \displaystyle \frac{1}{2}(AB + AC + BC)\)

\( = \displaystyle \frac{1}{2}.(15 + 18 + 27) = 30\).

Áp dụng công thức Heron, ta có:

\(S_{ABC} = \sqrt{p. (p \ – \ a).(p\ – \ b). (p \ – \ c)}\)

\( = \sqrt{30.(30 \ – \ 18)(30 \ – \ 27)(30 \ – \ 15)} = 90\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow\) Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\) là:

\( r = \displaystyle \frac{S_{ABC}}{p} = \displaystyle \frac {90\sqrt{2}}{30} = 3\sqrt{2}\).

\(b)\) Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\); \(H, K\) lần lượt là đường cao hạ từ các đỉnh \(A, G\) xuống \(BC\).

Suy ra: \(GM = \displaystyle \frac{1}{3}. AM\)

Xét tam giác \(MAH\) có \(GK // AH\) ( cùng \(\perp BC\))

\(\Rightarrow GK = \displaystyle \frac{1}{3} AH\)

Suy ra diện tích tam giác \(GBC\) là \(S_{GBC} = \displaystyle \frac{1}{2}. GK. BC\)

\( = \displaystyle \frac{1}{3} . S_{ABC} = \displaystyle \frac{1}{3}. 90\sqrt{2} = 30\sqrt{2}\).

\(\)

Bài \(8\). 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: \(h_a = 2R \sin{B} \sin{C} \).

Trả lời:

Gọi \(a = BC, b = AC, c = AB; AH = h_a\)

Xét tam giác \(AHC\) có:

\(\sin{C} = \displaystyle \frac{AH}{AC} = \displaystyle \frac{h_a}{b}\).

\(\Rightarrow h_a = b. \sin{C}\) \((1)\)

Theo định lí \(\sin\) ta có:

\(\displaystyle \frac{b}{\sin{B}} = 2R\)

\(\Rightarrow b = 2R. \sin{B}\) \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra:

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

\(\)

Bài \(9\). Cho tam giác \(ABC\) có góc \(B\) nhọn, \(AD\) và \(CE\) là hai đường cao.
\(a)\) Chứng minh \(\displaystyle \frac{S_{BDE}}{S_{BAC}} = \displaystyle \frac{BD . BE}{BA . BC}\)
\(b)\) Biết rằng \(S_{ABC} = 9 S_{BDE}\) và \(DE = 2\sqrt{2}\). Tính \(\cos{B}\) và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Trả lời:

\(a)\) Xét tam giác \(BAC\) ta có:

\(S_{BAC} = \displaystyle \frac{1}{2}. BA. BC. \sin{B}\)

Xét tam giác \(BDE\) ta có:

\(S_{BDE} = \displaystyle \frac{1}{2}. BD. BE. \sin{B}\)

Suy ra: \(\displaystyle \frac{S_{BDE}}{S_{BAC}} = \displaystyle \frac{\displaystyle \frac{1}{2}.BD.BE.\sin{B}}{\displaystyle \frac{1}{2}. BA. BC. \sin{B}} = \displaystyle \frac{BD. BE}{BA. BC}\).

\(b)\)

Ta có: \(\cos{B} = \displaystyle \frac{BD}{BA} = \displaystyle \frac{BE}{BC}\)

Theo bài ra \(\displaystyle \frac{S_{BED}}{S_{BAC}} = \displaystyle \frac{1}{9}\)

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{BD. BE}{BA. BC} = \displaystyle \frac{1}{9}\)

\(\Leftrightarrow \displaystyle \frac{BD}{BA}. \displaystyle \frac{BE}{BC} = \displaystyle \frac{1}{9}\)

\(\Rightarrow \cos{B} = \displaystyle \frac{BD}{BA} = \displaystyle \frac{BE}{BC} = \displaystyle \frac{1}{3}\).

Xét hai tam giác \(BDE\) và \(BAC\) có:

\(\left. \begin{matrix} \displaystyle \frac{BD}{BA} = \displaystyle \frac{BE}{BC} = \displaystyle \frac{1}{3}\\ \text{ Góc } \widehat{B} \text{ chung } \end{matrix} \right\}\) \(\Rightarrow\) Hai tam giác \(BDE\) và \(BAC\) đồng dạng (cạnh-góc-cạnh).

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{DE}{AC} = \displaystyle \frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow AC = 3DE = 3. 2\sqrt{2} = 6\sqrt{2}\).

Mà \(\cos{B} = \displaystyle \frac{1}{3}\) và góc \(B\) nhọn, suy ra:
\(\sin{B} = \sqrt{1 \ – \ (\displaystyle \frac{1}{3})^2}= \displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{3}\).

Áp dụng định lí \(\sin\) trong tam giác \(ABC\) ta có:

\(\displaystyle \frac{AC}{\sin{B}} = 2R \Rightarrow R = \displaystyle \frac{AC}{2\sin{B}}\)

\(= \displaystyle \frac{6\sqrt{2}}{2.\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{3}} = \displaystyle \frac{9}{2}\). (\(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\)).

Vậy \(\cos{B} = \displaystyle \frac{1}{3}; R = \displaystyle \frac{9}{2}\).

\(\)

Bài \(10\). 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 \(S = \displaystyle \frac{1}{2}xy\sin\alpha\).
\(b)\) Nêu kết quả trong trường hợp \(AC \perp BD\).

Trả lời: