Giải Toán 10 (t1) [Chương 3] BÀI TẬP CUỐI CHƯƠNG 3. (bộ Kết nối tri thức với cuộc sống)

a) Chọn D.

Giải thích: $S = \frac{1}{2}ca\cdot sinB= \frac{1}{2}ca\cdot sin\;135^o = \frac{1}{2}ca\cdot \frac{\sqrt{2}}{2} =\frac{\sqrt{2}}{4}ca.$ Do đó D. đúng; A. và B. sai. Phương án C. sai vì chưa biết góc $A.$

b) Chọn B.

Giải thích: Theo định lý sin thì: $\frac{a}{sinA} = \frac{b}{sinB} = \frac{c}{sinC} = 2R.$ Do đó, $R = \frac{b}{2sinB} = \frac{b}{2sin\;135^o} = \frac{\sqrt{2}}{2}b.$ Vậy B. đúng; A. sai. Các câu C. và D. sai vì chưa biết các góc $A, C.$

c) Chọn D.

Giải thích: Theo định lý cosin: $b^2 = c^2 + a^2 – 2ca\cdot cosB,$ mà $\widehat{B} = 135^o$ nên D. đúng.

a) Chọn B.

Giải thích: Vì $S = \frac{r(a+b+c)}{2} = \frac{abc}{4R}$ nên B. đúng; D. và A. sai. Phương án C. sai vì theo định lý cosin thì: $a^2 = b^2 + c^2 – 2bccosA$ (khác dấu “-“).

b) Chọn A.

Giải thích: Ta có: $sin(B+C) = sin(180^o – A) = sinA.$ Do đó, A. đúng. Phương án B. sai vì $cos(B+C) = cos(180^o – A) = -cosA.$ Các phương án C. và D. không được chọn vì chưa biết góc $A$ là nhọn, vuông hay tù.

Giải

$$\mathbf{a)}\; M = sin\;45^o \cdot cos\;45^o + sin\;30^o$$

$$\;\;\;\; = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2}$$

$$\;\;\;\; = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1.$$

$$\mathbf{b)}\; N = sin\;60^o \cdot cos\;30^o + \frac{1}{2}sin\;45^o \cdot cos\;45^o$$

$$\;\;\;\; = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$$

$$\;\;\;\; = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} = 1.$$

$$\mathbf{c)}\; P = 1 + tan^2 60^o$$

$$\;\;\;\; = 1 + \left(\sqrt{3}\right)^2 = 4.$$

$$\mathbf{d)}\; Q = \frac{1}{sin^2 120^o} – cot^2 120^o$$

$$\;\;\;\; = (1+cot^2 120^o) – cot^2 120^o = 1.$$

Giải

$$\widehat{A} = 180^o – \widehat{B} – \widehat{C}$$

$$\;\;\;\; = 180^o – 60^o – 45^o = 75^o.$$

Áp dụng định lý sin, ta được:

$$\frac{a}{sinA} = \frac{b}{sinB} = \frac{c}{sinC} = 2R.$$

Suy ra:

$$a = \frac{b}{sinB} \cdot sinA = \frac{AC}{sinB} \cdot sinA$$

$$\;\;\;\; = \frac{10}{sin\;60^o} \cdot sin\;75^o$$

$$\;\;\;\; = \frac{5\sqrt{6} + 15\sqrt{2}}{3}.$$

$$c = \frac{b}{sinB} \cdot sinC = \frac{AC}{sinB} \cdot sinC$$

$$\;\;\;\; = \frac{10}{sin\;60^o} \cdot sin\;45^o$$

$$\;\;\;\; = \frac{10\sqrt{6}}{3}.$$

$$R = \frac{b}{2sinB} = \frac{AC}{2sinB}$$

$$\;\;\;\; = \frac{10}{2sin\;60^o} = \frac{10\sqrt{3}}{3}.$$

Do đó:

$$S = \frac{abc}{4R}$$

$$\;\;\;\; = \frac{ \frac{5\sqrt{6} + 15\sqrt{2}}{3} \cdot 10 \cdot \frac{10\sqrt{6}}{3} }{4\cdot \frac{10\sqrt{3}}{3} }$$

$$\;\;\;\; = \frac{25(\sqrt{3} + 3)}{3}.$$

Ta có:

$$a+b+c = \frac{5\sqrt{6} + 15\sqrt{2}}{3} + 10 + \frac{10\sqrt{6}}{3} $$

$$\;\;\;\; = 5(\sqrt{2} + \sqrt{6} + 2).$$

Do đó:

$$r = \frac{2S}{a+b+c}$$

$$\;\;\;\; = \frac{2\cdot \frac{25(\sqrt{3} + 3)}{3} }{ 5(\sqrt{2} + \sqrt{6} + 2) }$$

$$\;\;\;\; = \frac{5\sqrt{6}(1 – \sqrt{2} + \sqrt{3})}{6}.$$

Giải

a) Ta có: $\widehat{AMB} + \widehat{AMC} = 180^o.$

Do đó:

$$cos\widehat{AMB} = -cos\widehat{AMC}.$$

Suy ra: $cos\widehat{AMB} + cos\widehat{AMC} = 0.$

b) Áp dụng định lý cosin cho tam giác $AMB,$ ta được:

$$AB^2 = MA^2 + MB^2 – 2MA\cdot MB \cdot cos\widehat{AMB}$$

$$\Leftrightarrow MA^2 + MB^2 – AB^2 = 2MA\cdot MB\cdot cos\widehat{AMB}.$$

Tương tự, áp dụng định lý cosin cho tam giác $AMC,$ ta được:

$$AC^2 = MA^2 + MC^2 – 2MA\cdot MC\cdot cos\widehat{AMC}$$

$$\Leftrightarrow MA^2 + MC^2 – AC^2 = 2MA\cdot MC\cdot cos\widehat{AMC}.$$

c) Từ kết quả câu b), cộng vế theo vế hai đẳng thức đã được chứng minh, ta được:

$$2MA^2 + MB^2 + MC^2 – (AB^2 + AC^2)$$

$$\;\;\;\; = 2MA( MB \cdot cos\widehat{AMB} + MC\cdot cos\widehat{AMC})$$

Mặt khác, vì $M$ là trung điểm của $BC$ nên: $MB = MC = \frac{BC}{2}.$

Suy ra:

$$2MA^2 + \left(\frac{BC}{2}\right)^2 + \left(\frac{BC}{2}\right)^2 – (AB^2 + AC^2)$$

$$\;\;\;\;\;\; = 2MA( \frac{AB}{2} \cdot cos\widehat{AMB} + \frac{AB}{2}\cdot cos\widehat{AMC})$$

$$\Leftrightarrow 2MA^2 + \frac{BC^2}{4} + \frac{BC^2}{4} – (AB^2 + AC^2)$$

$$\;\;\;\;\;\; = 2MA\cdot \frac{AB}{2}(cos\widehat{AMB} + cos\widehat{AMC})$$

Theo kết quả câu a) thì $ cos\widehat{AMB} + cos\widehat{AMC} =0,$ suy ra:

$$\Leftrightarrow 2MA^2 + \frac{BC^2}{2} – (AB^2 + AC^2) = 0$$

$$\Leftrightarrow 4MA^2 + BC^2 – 2(AB^2+AC^2) = 0$$

$$\Leftrightarrow 4MA^2 = 2(AB^2+AC^2) – BC^2$$

$$\Leftrightarrow MA^2 = \frac{ 2(AB^2+AC^2) – BC^2 }{4}.$$

Giải

Áp dụng định lý cosin, ta được:

$$cosA = \frac{b^2 + c^2 – a^2}{2bc}$$

a) Nếu góc $A$ nhọn thì $cosA > 0.$

Suy ra:

$$ \frac{b^2 + c^2 – a^2}{2bc} > 0$$

Mà $2bc>0$ nên $ b^2 + c^2 – a^2 > 0.$

Do đó: $b^2 + c^2 > a^2.$

b) Nếu góc $A$ tù thì $cosA < 0.$

Suy ra:

$$ \frac{b^2 + c^2 – a^2}{2bc} < 0$$

Mà $2bc>0$ nên $ b^2 + c^2 – a^2 < 0.$

Do đó: $b^2 + c^2 < a^2.$

c) Nếu góc $A$ vuông thì $cosA =0.$

Suy ra:

$$ \frac{b^2 + c^2 – a^2}{2bc} = 0$$

$$ \Leftrightarrow b^2 + c^2 – a^2 = 0.$$

Do đó: $b^2 + c^2 = a^2.$

Giải

a) Giả sử sau $t$ giờ, tàu $A$ gặp tàu $B$ tại điểm $C.$

Tàu $A$ chuyển động từ $A$ đến $C$ với vận tốc $50\;km/h$ trong $t$ giờ nên $AC = 50t \;(km).$

Tàu $B$ chuyển động từ $B$ đến $C$ với vận tốc $30\;km/h$ trong $t$ giờ nên $BC = 30t\;(km).$

Do tàu $B$ ở vị trí cách tàu $A$ về hướng $N34^oE$ và tàu $B$ chạy về hướng đông nên $\widehat{ABC} = 124^o.$

Đặt $\widehat{CAB} = \alpha.$ Khi đó, tàu $A$ chạy từ $A$ theo hướng $N(34+\alpha)^oE.$

Áp dụng định lý sin cho tam giác $ABC,$ ta được:

$$\frac{30t}{sin\alpha} = \frac{50t}{sin\;124^o}$$

Suy ra:

$$sin\alpha = \frac{30t\cdot sin\;124^o}{50t} \approx 0,5.$$

$$\Rightarrow \alpha \approx 30^o.$$

Do đó, tàu $A$ cần chạy theo hướng $N64^oE$ để gặp tàu $B.$

b) Ta có:

$$\widehat{BCA} = 180^o – 124^o – \alpha$$

$$\;\;\;\; \approx 180^o – 124^o – 30^o = 26^o.$$

Áp dụng định lý sin cho tam giác $ABC,$ ta được:

$$\frac{AB}{sinC} = \frac{AC}{sinB}$$

$$\Rightarrow \frac{53}{sin\;26^o} = \frac{50t}{sin\;124^o}$$

$$\Rightarrow t = \frac{53\cdot sin\;124^o}{50sin\;26^o} \approx 2.$$

Vậy sau $2$ giờ chạy theo hướng $N64^oE$ thì tàu $A$ gặp tàu $B.$

Giải

Gọi $H, F, S, T$ theo thứ tự là vị trí gôn Nhà, gôn 1, gôn 2, gôn 3 và gọi $P$ là vị trí đứng ném bóng. Từ giả thiết suy ra: $HF = 27,4\;(m),$ $HP = 18,44\;(m),$ và $\widehat{FHP} = 45^o.$

Áp dụng định lý cosin cho tam giác $FHP,$ ta được:

$$PF^2 = HP^2 + HF^2 – 2HP\cdot HF \cdot cos\widehat{PHF}$$

$$\;\;\;\; = 18,44^2 + 27,4^2 – 2\cdot 18,44 \cdot 27,4 \cdot cos\;45^o$$

$$\;\;\;\; \approx 376,2537.$$

Suy ra $PF \approx 19,4\;(m)$

Do đó, khoảng cách từ vị trí đứng ném bóng đến gôn 1 là khoảng $19,4\;m.$

Hoàn toàn tương tự, khoảng cách từ vị trí đứng ném bóng đến gôn 3 là khoảng $19,4\;m.$