Giải Toán 10 Bài tập cuối chương 4 - Chân trời sáng tạo

(1)

Bài tập cuối chương IV Bài tập 1 trang 78 SGK Toán 10 tập 1:

Cho tam giác ABC. Biết a = 49; b = 26,4; C=47 20⁰ ^'.Tính hai góc A, B và cạnh c.

Lời giải

Áp dụng định lí côsin ta có:

c² = a² + b² − 2ab.cos C = 49² + 26,4² − 2 . 49 . 26,4 . cos 47 20' ≈ 1 344,53

 c ≈ 36,67

Áp dụng hệ quả của định lí côsin ta có:

cos A =

2 2 2 2 2 2

b c a 26, 4 36,67 49

2bc 2 . 26, 4 . 36,67

+ − = + − ≈ −0,19.

A ≈ 101^o.

Khi đó ^{B 180}⁼ ^{ −}

(

^A⁺^C

)

^{≈ 31}^o^40’.

Bài tập 2 trang 78 SGK Toán 10 tập 1:

Cho tam giác ABC biết a = 24; b = 13; c = 15. Tính các góc A; B;C. Lời giải

Áp dụng hệ quả của định lí côsin ta có:

2 2 2 2 2 2

0 '

b c a 13 15 24 7

cos A A 117 49

2bc 2.13.15 15

+ − + − −

= = =  

Áp dụng định lí sin ta có:

a b c

sin A =sin B=sin C

(2)

b.sin A 13.sin117 49'

sin B 0, 48 A 28 41'

a 24

 = =     

C 1800 (A B) 33 30'

 = − +  

Cho tam giác ABC có a = 8, b = 10, c = 13.

a) Tam giác ABC có góc tù không?

b) Tính độ dài trung tuyến AM, diện tích tam giác và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.

c) Lấy điểm D đối xứng với A qua C. Tính độ dài BD.

Lời giải

a) Áp dụng định lí côsin ta có:

2 2 2 2 2 2

a b c 8 10 13 1

cos C C 91 47 '

2ab 2.8.10 32

+ − + − −

= = =   

(3)

Vậy tam giác ABC có góc ACB là góc tù.

b) Vì M là trung điểm của CB (vì AM là đường trung tuyến ) nên CM = MB = 8 : 2 = 4 cm

Áp dụng định lí côsin ta có:

2 2 2 2 2 1 237

AM AC CM 2AC.CM.cos C 10 4 2.10.4.

32 2

− 

= + − = + −  =

AM 474

 = 2

Ta có: _ABC 1 1 ⁰ ^'

S absin C .8.10.sin(91 47 ) 39,98

2 2

= = 

abc 8.10.13

R 6,5

4S 4.39,98

 = = 

Vì D đối xứng với A qua C nên BCD 180= ⁰ −BCA

Áp dụng định lí côsin ta có: BD² =BC² +CD² −2.BC.CD.cos(180⁰ −BCA)

2 2

BD CD 2BC.CD.( cos BCA) 8 10 2.8.10. 1 159

32

BD 159

= + − −

= + − =

 =

Cho tam giác ABC có A=120 , b⁰ =8,c=5.Tính:

a) Cạnh a và các góc B,C b) Diện tích tam giác ABC

(4)

c) Bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường cao AH của tam giác Lời giải

a) Áp dụng định lí côsin ta có:

2 2 2 2 2 0

a b c 2bccos A 8 5 2.8.5.cos120 129

a 129

= + − = + − =

 =

Áp dụng định lí sin ta có: a b bsin A 4 43

sin B B 37 35'

sin A =sin B = a = 43   

C 180= 0 −(A+B) 22 25'

b) _ABC 1 1 ⁰

S .AC.AB.sin A .8.5.sin120 10 3

2 2

= = =

c) Ta có: R ^abc ^{8.5. 129} 43 4S 4.10 3

= = =

Xét tam giác AHB vuông tại H ta có:

AH 5.4 43 20 43

sin B AH AB.sin B

AB 43 43

=  = = =

Cho hình bình hành ABCD

(5)

a) Chứng minh: 2(AB² +BC )² =AC² +BD² b) Cho AB = 4, BC = 5, BD = 7.Tính AC Lời giải

a) Áp dụng định lí côsin ta có:AC² =AB² +CB² −2.AB.CB.cos ABC(1) BD² =AD² +AB² −2.AD.AB.cos DAB

Mà theo tính chất của hình bình hành : CB = AD và DAB 180= ⁰ −ABC (Vì AD//BC và DAB;ABClà hai góc trong cùng phía)

2 2 2 0

BD BC AB 2.BC.AB.cos(180 ABC)

 = + − −

2 2 2

BD =BC +AB +2.BC.AB.cos ABC (2) Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:

2 2 2 2 2 2

AC +BD =AB +CB −2.AB.CB.cos ABC+BC +AB +2.BC.AB.cos ABC

2 2 2 2

2AB 2BC 2.(AB BC )

= + = + (đpcm)

b) Áp dụng kết quả đã chứng minh được ở câu a) ta được:

2 2 2 2 2 2 2

AC 2(AB BC ) BD 2.(4 5 ) 7 33

AC 33

= + − = + − =

 =

(6)

Cho tam giác ABC có a = 15, b = 20, c = 25 a) Tính diện tích tam giác ABC

b)Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải

a) Ta có: 1

p .(a b c) 30

=2 + + = Áp dụng công thức Heron:

SABC = p.(p−a).(p−b).(p−c)= 30.(30 15).(30− −20).(30−25)=150 b) abc 15.20.25 25

R = 4S = 4.150 = 2

Cho tam giác ABC.Chứng minh rằng:

2 2 2

R(a b c ) cot A cot B cot C

abc + +

+ + =

Lời giải

Ta có: cotA + cot B + cot C cos A cos B cos C

sin A sin B sin C

= + +

Mà áp dụng hệ quả của định lí côsin ta có:

(7)

2 2 2

b c a

cos A

2bc

a c b

cos B

2ac

a b c

cos C

2ab

= + −

+ −

=

2 2 2 2 2 2 2 2 2

b c a a c b b a c

cot A cot B cot C

2bc.sin A 2ac.sin B 2ab.sin C

+ − + − + −

 + + = + + (1)

Ta có: _ABC 1 1 1

S bcsin A absin C absin B

2 2 2

= = = (2)

Kết hợp (1) và (2) ta được:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

ABC ABC ABC

b c a a c b b a c

cot A cot B cot C

4S 4S 4S

+ − + − + −

+ + = + +

2 2 2 2 2 2 2 2 2

ABC

b c a c a b a b c

4S

+ − + + − + + −

=

2 2 2

ABC

a b c

4S + +

=

2 2 2 2 2 2

a b c R.(a b c )

abc abc

4.4R

+ + + +

= = (đpcm)

Tính khoảng cách AB giữa hai nóc toà cao ốc.Cho biết khoảng cách từ 2 điểm đó đến một vệ tinh viễn thông lần lượt là 370km, 350 km và góc nhìn từ hai vệ tinh đến A và B là 2,1⁰

(8)

Lời giải

Gọi vị trí của máy bay là điểm M Áp dụng định lí côsin ta có:

2 2 2 2 2 0

AB MA MB 2MA.MB.cos AMB 370 350 2.370.350.cos 2,1 573,95 AB 23,96

= + − = + − 

 

Vậy khoảng cách giữa 2 nóc toà cao ốc khoảng 23,96 km Bài tập 9 trang 79 SGK Toán 10 tập 1:

Hai chiếc tàu thuỷ P và Q cách nhau 300 m và thẳng hàng với chân tháp B của tháp hải đăng AB ở bên bờ biển (Hình 2).Từ P và Q, người ta nhìn thấy tháp hải đăng AB dưới các góc BPA=35⁰và BQA=48⁰. Tính chiều cao của tháp hải đăng đó.

(9)

Lời giải

Ta có: PQA=180⁰ −AQB 132= ⁰

Trong tam giác APQ có: PAQ 180= ⁰ −(APQ+AQP) 13= ⁰ Áp dụng định lí sin ta có:

0

PQ AQ PQ.sin PAQ 300.sin 35

AQ 764,93

sin P sin P sin13

sin PAQ=  = =  m

Xét tam giác ABQ vuông tại B ta có: ⁰ AB ⁰

sin 48 AB AQ.sin 48 568, 45

=AQ  =  m.

Vậy chiều cao của tháp hải đăng khoảng 568,45 m.

Muốn đo chiều cao của một ngọn tháp, người ta lấy 2 điểm A và B trên mặt đất có khoảng cách AB =12m cùng thẳng hàng với chân C của tháp để đặt hai giác kế. Chân của hai giác kế có chiều cao là h = 1,2 m. Gọi D là đỉnh tháp và hai điểm A , B₁ ₁cùng thẳng hàng với C₁ thuộc chiều cao CD của tháp. Người ta đo được

0 0

1 1 1 1

DA C =49 , DB C =35 . Tính chiều cao CD của tháp.

(10)

Lời giải

Ta có: DA B₁ ₁ =180⁰ −49⁰ =131⁰

Xét tam giác A B D₁ ₁ có: A DB₁ ₁ =180⁰ −(DA B₁ ₁ +A B D) 14₁ ₁ = ⁰ Áp dụng định lí sin ta có:

1 1 1 1 1 1 1

1

1 1 1 1 1 1

A D A B A B .sin DB C 12.sin 35

A D 28, 45

sin14

sin DB C sin A DB sin A DB

=  = = 



Xét tam giác DC A₁ ₁ vuông tại C₁ ta có:

0 1 0

1 1

1

sin 49 DC DC DA .sin 49 21, 47m

=DA  = 

Ta có: CD = 21,47 + 1,2 = 22,67 m.

Vậy chiều cao của tháp khoảng 22,67 m.