Giải Toán 10 trang 73 Tập 1 Chân trời sáng tạo

Với giải bài tập Toán lớp 10 trang 73 Tập 1 trong Bài 2: Định lí côsin và định lí sin sách Chân trời sáng tạo hay nhất, chi tiết giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Toán 10 trang 73 Tập 1.

1 510 lượt xem

Trang trước

Trang sau

Giải Toán 10 trang 73 Tập 1

Bài 4 trang 73 Toán lớp 10 Tập 1: Một công viên có dạng hình tam giác với các kích thước như Hình 15. Tính số đo các góc của tam giác đó.

Giải Toán 10 Bài 2: Định lí côsin và định lí sin - Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

Lời giải:

Áp dụng hệ quả của định lí côsin ta có:

$\cos A = \frac{A C^{2} + A B^{2} - B C^{2}}{2. A C . A B} = \frac{700^{2} + 500^{2} - 800^{2}}{2.700.500} = \frac{1}{7}$

$\Rightarrow \hat{A} \approx 81^{0} 47^{'}$

$\cos B = \frac{B C^{2} + A B^{2} - A C^{2}}{2. B C . A B} = \frac{800^{2} + 500^{2} - 700^{2}}{2.800.500} = \frac{1}{2}$

$\Rightarrow \hat{B} = 60^{0}$

$\Rightarrow \hat{C} = 180^{0} - (81^{0} 47^{'} + 60^{0}) \approx 38^{0} 13^{'}$

Vậy $\hat{A} \approx 81 ° 47^{'}, \hat{B} = 60 °, \hat{C} \approx 38 ° 13'$ .

Bài 5 trang 73 Toán lớp 10 Tập 1: Tính diện tích một lá cờ hình tam giác cân có độ dài cạnh bên là 90 cm và góc ở đỉnh là 35°.

Giải Toán 10 Bài 2: Định lí côsin và định lí sin - Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

Lời giải:

Vì lá cờ hình tam giác cân nên độ dài hai cạnh bên bằng nhau và bằng 90cm.

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ta được

$S = \frac{1}{2} 90.90. \sin 35 ° \approx 2322, 98 (c m^{2})$

Vậy diện tích lá cờ là 2322,98 cm².

Bài 6 trang 73 Toán lớp 10 Tập 1: Cho tam giác ABC có AB = 6, AC = 8 và $\hat{A} = 60^{o}$ .

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.

Lời giải:

a) $S_{A B C} = \frac{1}{2} A B . A C . \sin A = \frac{1}{2} 6.8. \sin 60^{0} = 12 \sqrt{3}$

b)
Áp dụng định lí côsin ta có:

$\begin{array}{l} B C^{2} = A B^{2} + A C^{2} - 2 A B . A C . \cos A = 8^{2} + 6^{2} - 2.8.6. \cos 60^{0} = 52 \\ \Rightarrow B C = \sqrt{52} \end{array}$

Ta có: $R = I B = I C = \frac{B C}{2 \sin A} = \frac{\sqrt{52}}{2 \sin 60^{0}} = \frac{2 \sqrt{39}}{3}$ (áp dụng định lí sin)

Mặt khác, ta có: $\hat{C A B}$ và $\hat{C I B}$ cùng chắn cung BC

Mà $\hat{C A B}$ là góc nội tiếp và $\hat{C I B}$ góc ở tâm

Nên $\hat{C I B} = 2 \hat{C A B} = {2.60}^{0} = 120^{0}$

Vậy $S_{I B C} = \frac{1}{2} . I B . I C . \sin \hat{C I B} = \frac{1}{2} . {(\frac{2 \sqrt{39}}{3})}^{2} . \sin 120^{0} = \frac{13 \sqrt{3}}{3}$

Bài 7 trang 73 Toán lớp 10 Tập 1 : 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.

Lời giải:

a) Ta có: $p = \frac{1}{2} (15 + 18 + 27) = 30$

Áp dụng công thức Heron ta có:

$\begin{array}{l} S_{A B C} = \sqrt{30. (30 - 15) . (30 - 18) . (30 - 27)} = 90 \sqrt{2} \\ \Rightarrow r = \frac{S_{A B C}}{p} = \frac{90 \sqrt{2}}{30} = 3 \sqrt{2} \end{array}$

b) Gọi K và I là lần lượt là hình chiếu của A và G lên BC

Áp dụng hệ quả của định lí Thales : $\frac{I G}{K A} = \frac{G L}{A L} = \frac{1}{3}$

$\frac{S_{G B C}}{S_{A B C}} = \frac{\frac{1}{2} . G I . B C}{\frac{1}{2} A K . B C} = \frac{G I}{A K} = \frac{1}{3} \Rightarrow S_{G B C} = \frac{1}{3} . S_{A B C} = \frac{1}{3} .90 \sqrt{2} = 30 \sqrt{2}$

Bài 8 trang 73 Toán lớp 10 Tập 1: 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 = 2RsinBsinC.

Lời giải:

Ta có: $S_{A B C} = \frac{1}{2} h_{a} . B C$ (1)

Mà $S_{A B C} = \frac{1}{2} A C . B C . \sin C$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra : $h_{a} = A C . \sin C$ (3)

Áp dụng định lí sin ta có: $\frac{A C}{\sin B} = 2 R \Rightarrow A C = 2 R \sin B$ (4)

Thay (4) vào (3) ta được: $h_{a} = 2 R \sin B \sin C$

Bài 9 trang 73 Toán lớp 10 Tập 1 : Cho tam giác ABC có góc B nhọn, AD và CE là hai đường cao.

a) Chứng minh $\frac{S_{B D E}}{S_{B A C}} = \frac{B D . B E}{B A . B C}$

b) Biết rằng S_ABC = 9S_BDE và DE = $2 \sqrt{2}$ . Tính cosB và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Lời giải:

Giải Toán 10 Bài 2: Định lí côsin và định lí sin - Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

a) Ta có: $\frac{S_{B D E}}{S_{B A C}} = \frac{\frac{1}{2} . B E . B D . \sin B}{\frac{1}{2} . B A . B C . \sin B} = \frac{B E . B D}{B A . B C}$

b) Theo đề ta có: $\frac{S_{B D E}}{S_{A B C}} = \frac{B D . B E}{B A . B C} = \frac{B D}{B A} . \frac{B E}{B C} = \frac{1}{9}$ (1)

Xét tam giác BCE vuông tại E ta có: $\cos B = \frac{B E}{B C}$ (2)

Xét tam giác BDA vuông tại D ta có: $\cos B = \frac{B D}{B A}$ (3)

Thay (2) và (3) vào (1) ta được : $\cos^{2} B = \frac{1}{9} \Rightarrow \cos B = \frac{1}{3}$ ( Vì góc B nhọn)

Mặt khác, $\sin^{2} B + \cos^{2} B = 1 \Rightarrow \sin^{2} B = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9} \Rightarrow \sin B = \frac{2 \sqrt{2}}{3}$

Áp dụng định lí sin cho tam giác BED ta có: $R^{'} = \frac{E D}{2 \sin B} = \frac{3}{2}$

Xét tam giác BED và BCA ta có:

Góc B chung

$\frac{B E}{B C} = \frac{1}{3}$ và $\frac{B D}{B A} = \frac{1}{3}$

Vậy tam giác AED đồng dạng với tam giác BCA nên $\frac{E D}{C A} = \frac{1}{3}$

Theo đề ta có:

$\frac{S_{B D E}}{S_{A B C}} = \frac{\frac{B D . B E . D E}{4 R'}}{\frac{B A . B C . A C}{4 R}} = \frac{B D}{B A} . \frac{B E}{B C} . \frac{D E}{A C} . \frac{R}{R^{'}} = \frac{1}{27} . \frac{R}{R^{'}} = \frac{1}{9}$