Sách bài tập Toán 10 (Kết nối tri thức) Bài tập cuối chương 3

Giải SBT Toán lớp 10 Bài tập cuối chương 3

Giải SBT Toán 10 trang 40 Tập 1

A. Trắc nghiệm

Bài 3.17 trang 40 SBT Toán 10 Tập 1: Tam giác ABC có $\widehat{A}=15°,\widehat{B}=45°.$ Giá trị của tanC bằng

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác ABC ta có: $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180°$

$\Rightarrow \widehat{C}=180°-\widehat{A}-\widehat{B}=180°-15°-45°=120°$

Do đó tanC = tan120° = $-\sqrt{3}.$

Ta chọn phương án A.

Bài 3.18 trang 40 SBT Toán 10 Tập 1: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, lấy điểm M thuộc nửa đường tròn đơn vị sao cho $\widehat{xOM}=135°.$ Tích hoành độ và tung độ của điểm M bằng

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có $\widehat{xOM}=135°.$

$\Rightarrow \sin \widehat{xOM}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ và $cos\widehat{xOM}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$

Mà x_M = $cos\widehat{xOM}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$ và y_M = $\sin \widehat{xOM}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Do đó x_M.y_M = $-\frac{\sqrt{2}}{2}.\frac{\sqrt{2}}{2}=-\frac{1}{2}.$

Ta chọn phương án C.

Bài 3.19 trang 40 SBT Toán 10 Tập 1: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, lấy điểm M thuộc nửa đường tròn đơn vị sao cho $\widehat{xOM}=150°.$ N là điểm đối xứng với M qua trục tung. Giá trị của tan$\widehat{xON}$ bằng

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Vì N đối xứng với M qua trục tung nên ta có:

• x_N = –x_M

Þ cos $\widehat{xON}$ = –cos$\widehat{xOM}$ 

Þ cos$\widehat{xON}$ = –cos150°

Þ cos$\widehat{xON}$ = $-\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}$

• y_N = y_M

$\Rightarrow$ sin$\widehat{xON}$ = sin$\widehat{xOM}$

$\Rightarrow$ sin$\widehat{xON}$ = sin150°

$\Rightarrow$ sin$\widehat{xON}$ = $\frac{1}{2}$

• Ta có: tan$\widehat{xON}$ = $\frac{\sin \widehat{xON}}{cos\widehat{xON}}=\frac{1}{2}:\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}.$

Ta chọn phương án A.

Bài 3.20 trang 40 SBT Toán 10 Tập 1: Cho góc nhọn α có tanα = $\frac{3}{4}$ Giá trị của tích sinα.cosα bằng

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có: tanα = $\frac{3}{4}\Rightarrow \frac{\sin \alpha }{\text{cos}\alpha }=\frac{3}{4}$

$\Rightarrow \sin \alpha =\frac{3}{4}cos\alpha$

Do đó sinα.cosα = $\frac{3}{4}$cosα.cosα = $\frac{3}{4}$cos²α.

Mặt khác tanα = $\frac{3}{4}$ 

Do đó sinα.cosα = $\frac{3}{4}.\frac{16}{25}=\frac{12}{25}.$

Ta chọn phương án B.

Bài 3.21 trang 40 SBT Toán 10 Tập 1: Cho góc α (0° < α < 180°) thõa mãn sinα + cosα = 1. Giá trị của cotα là

A. 0;

B. 1;

C. –1;

D. Không tồn tại.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Ta có: sinα + cosα = 1.

$\Rightarrow$ (sinα + cosα)² = 1².

$\Rightarrow$ sin²α + 2.sinα.cosα + cos²α = 1.

$\Rightarrow$ (sin²α + cos²α) + 2.sinα.cosα = 1.

$\Rightarrow$ 1 + 2.sinα.cosα = 1.

$\Rightarrow$ 2.sinα.cosα = 0.

$\Rightarrow$ sinα.cosα = 0.

$\Rightarrow$ cosα = 0

(Vì 0° < α < 180° nên sinα > 0)

$\Rightarrow$ cotα = $\frac{cos\alpha }{\sin \alpha }=\frac{0}{\sin \alpha }=0$

Ta chọn phương án A.

Bài 3.22 trang 40 SBT Toán 10 Tập 1: Cho góc α thỏa mãn sinα + cosα = $\sqrt{2}$ Giá trị của tanα + cotα là

A. 1;

B. –2;

C. 0;

D. 2.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có: sinα + cosα = $\sqrt{2}$ 

$\Rightarrow$ (sinα + cosα)² = 2

$\Rightarrow$ sin²α + 2.sinα.cosα + cos²α = 2

$\Rightarrow$ (sin²α + cos²α) + 2.sinα.cosα = 2

$\Rightarrow$ 1 + 2.sinα.cosα = 2

$\Rightarrow$ 2.sinα.cosα = 1

$\Rightarrow$sinα.cosα = $\frac{1}{2}$

tanα + cotα = $\frac{\sin \alpha }{cos\alpha }+\frac{cos\alpha }{\sin \alpha }$

$=\frac{{\sin }^2\alpha +co{s}^2\alpha }{cos\alpha .\sin \alpha }=\frac{1}{cos\alpha .\sin \alpha }$

$=\frac{1}{\frac{1}{2}}=2$

Ta chọn phương án D.

Bài 3.23 trang 40 SBT Toán 10 Tập 1: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy lấy M thuộc nửa đường tròn đơn vị, sao cho $cos\widehat{xOM}=-\frac{3}{5}$  (H.3.4).

Diện tích của tam giác AOM bằng

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Gọi h là độ dài đường cao kẻ từ M đến OA của tam giác OAM.

Khi đó h = y_M = sin$\widehat{xOM}$

Mà sin²$\widehat{xOM}$ + cos²$\widehat{xOM}$ = 1

$\Rightarrow$ sin²$\widehat{xOM}$ = 1 – ${\left(-\frac{3}{5}\right)}^2$

$\Rightarrow$ sin²$\widehat{xOM}$ = $\frac{16}{25}$

$\Rightarrow$ sin²$\widehat{xOM}$ = $\frac{16}{25}$

Mà $90°<\widehat{xOM}<180°$Þ sin$\widehat{xOM}$ > 0

Do đó sin$\widehat{xOM}$ = $\frac{4}{5}$

Ta có: $S_{\Delta AOM}=\frac{1}{2}.h.OA=\frac{1}{2}.\frac{4}{5}.1=\frac{2}{5}.$

Ta chọn phương án B.

Giải SBT Toán 10 trang 41 Tập 1

Bài 3.24 trang 41 SBT Toán 10 Tập 1: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lấy điểm M thuộc nửa đường tròn đơn vị, sao cho $\widehat{xOM}=150°$ (H.3.5).

Lấy N đối xứng với M qua trục tung. Diện tích của tam giác MAN bằng

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Gọi H và K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ M đến Ox và kẻ từ A đến MN.

Ta có: S_DAMN = $\frac{1}{2}.AK.MN$

Mà N đối xứng với M qua trục tung Oy nên ta có:

x_N = –x_M nên |x_M| = |x_N|

$\Rightarrow$MN = |x_M| + |x_N| = 2|x_M| = $\left|2cos\widehat{xOM}\right|$

$\Rightarrow$ MN = |2cos150°| = $\left|2.\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\right|=\sqrt{3}$

Lại có AK = MH = |y_M| = |sin$\widehat{xOM}$| = |sin150°|

$\Rightarrow$AK = $\frac{1}{2}$

Vậy S_DAMN $=\frac{1}{2}.AK.MN=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{4}.$

Ta chọn phương án A.

Bài 3.25 trang 41 SBT Toán 10 Tập 1: Cho cosα = $\frac{1}{4}$ Giá trị của $P=\frac{\tan \alpha +2\cot \alpha }{2\tan \alpha +3\cot \alpha }$ là

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có cosα = $\frac{1}{4}$ Þ cos²α = $\frac{1}{16}$

Mà

Ta có: 

Ta chọn phương án B.

Bài 3.26 trang 41 SBT Toán 10 Tập 1: Tam giác ABC có a = 2, b = 3, c = 4. Bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Tam giác ABC có a = 2, b = 3, c = 4 nên:

Áp dụng công thức Heron ta có:

$S=\sqrt{p.\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}$

$\Rightarrow S=\sqrt{\frac{9}{2}.\frac{5}{2}.\frac{3}{2}.\frac{1}{2}}=\frac{3\sqrt{15}}{4}$

Mà 

$S=\frac{abc}{4R}\Rightarrow R=\frac{abc}{4S}=\frac{\mathrm{2.3.4}}{4.\frac{3\sqrt{15}}{4}}=\frac{8}{\sqrt{15}}.$

Ta chọn phương án D.

Bài 3.27 trang 41 SBT Toán 10 Tập 1: Tam giác ABC có a = 4, b = 5, c = 6. Độ dài đường cao h_b bằng

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Tam giác ABC có a = 4, b = 5, c = 6 nên:

Áp dụng công thức Heron ta có:

$S=\sqrt{p.\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}$

$\Rightarrow S=\sqrt{\frac{15}{2}.\frac{7}{2}.\frac{5}{2}.\frac{3}{2}}=\frac{15\sqrt{7}}{4}$

Mà

$S=\frac{1}{2}{h}_b.b\Rightarrow h_b=\frac{2S}{b}=\frac{2.\frac{15\sqrt{7}}{4}}{5}=\frac{3\sqrt{7}}{2}.$

Ta chọn phương án A.

Bài 3.28 trang 41 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tam giác ABC có a = 20, b = 16 và m_a = 10. Diện tích của tam giác bằng

A. 92;

B. 100;

C. 96;

D. 88.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến cho tam giác ABC ta có:

$\Rightarrow$ 16² + c² = 400

$\Rightarrow$c² = 144

$\Rightarrow$ c = 12.

Tam giác ABC có a = 20, b = 16, c = 12 nên:

• $p=\frac{a+b+c}{2}=\frac{20+16+12}{2}=24;$

• p – a = 4;

• p – b = 8;

• p – c = 12.

Áp dụng công thức Heron ta có:

$S=\sqrt{p.\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}$

$\Rightarrow S=\sqrt{\mathrm{24.4.8.12}}=96.$

Ta chọn phương án C.

Bài 3.29 trang 41 SBT Toán 10 Tập 1: Tam giác ABC có a = 14, b = 9 và m_a = 8. Độ dài đường cao h_a bằng

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến cho tam giác ABC ta có:

Tam giác ABC có a = 14, b = 9, c = $\sqrt{145}$ nên:

Áp dụng công thức Heron ta có:

$S=\sqrt{p.\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}$

Mà:

$S=\frac{1}{2}{h}_a.a\Rightarrow h_a=\frac{2S}{a}=\frac{2.24\sqrt{5}}{14}=\frac{24\sqrt{5}}{7}.$

Ta chọn phương án A.

Giải SBT Toán 10 trang 42 Tập 1

Bài 3.30 trang 42 SBT Toán 10 Tập 1: Tam giác ABC có $\widehat{A}=45°,$ c = 6, $\widehat{B}=75°,$ Độ dài đường cao h_b bằng

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác ABC có: $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180°$

$\Rightarrow \widehat{C}=180°-\widehat{A}-\widehat{B}=180°-45°-75°=60°$

Áp dụng định lí sin ta có:

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ta có:

Ta chọn phương án A.

Bài 3.31 trang 42 SBT Toán 10 Tập 1: Tam giác ABC có $\widehat{A}=45°,$ c = 6, $\widehat{B}=75°.$ Độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác bằng

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Xét tam giác ABC có: $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180°$

$\Rightarrow \widehat{C}=180°-\widehat{A}-\widehat{B}=180°-45°-75°=60°$

Áp dụng định lí sin ta có:

$\frac{c}{\sin C}=2R\Rightarrow R=\frac{c}{2\sin C}=\frac{6}{2.\sin 60°}$

$\Rightarrow R=\frac{6}{2.\frac{\sqrt{3}}{2}}=2\sqrt{3}.$

Ta chọn phương án B.

Bài 3.32 trang 42 SBT Toán 10 Tập 1: Tam giác ABC có diện tích S = 2R². sin B.sinC, với R là độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác. Số đo góc A bằng

A. 60°;

B. 90°;

C. 30°;

D. 75º.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC ta có:

$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R$

$\Rightarrow$ a = 2R.sinA; b = 2R.sinB và c = 2R.sinC.

Theo công thức tính diện tích tam giác ta có:

Þ S = 2R².sin A.sinB.sinC.

Mà theo bài S = 2R².sinB.sinC.

Do đó sinA = 1

$\Rightarrow \widehat{A}=90°.$

Ta chọn phương án B.

Bài 3.33 trang 42 SBT Toán 10 Tập 1: Tam giác ABC có $AB=\sqrt{5},$ $AC=\sqrt{2}$ và $\widehat{C}=45°.$ Độ dài cạnh BC bằng

A. 3;

B. 2;

C. $\sqrt{3}$

D. $\sqrt{2}$

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Áp dụng định lí côsin cho tam giác ABC ta có:

AB² = AC² + BC² – 2.AC.BC.cosC

$\Rightarrow$ ${\left(\sqrt{5}\right)}^2$ = ${\left(\sqrt{2}\right)}^2$ + BC² – 2.$\sqrt{2}.\frac{\sqrt{2}}{2}$.BC

$\Rightarrow$ BC² – $\frac{1}{2}$BC – 3 = 0

$\Rightarrow$ BC = 2 (vì BC > 0)

Ta chọn phương án B.

Bài 3.34 trang 42 SBT Toán 10 Tập 1: Tam giác ABC có $\widehat{C}=60°,$ AC = 2 và $AB=\sqrt{7}.$  Diện tích của tam giác ABC bằng

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Áp dụng định lí côsin cho tam giác ABC ta có:

AB² = AC² + BC² – 2.AC.BC.cosC

$\Rightarrow$ ${\left(\sqrt{7}\right)}^2$ = 2² + BC² – 2.$\frac{1}{2}$.BC

$\Rightarrow$ BC² – 2BC – 3 = 0

$\Rightarrow$ BC = 3 (vì BC > 0)

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ta có:

$S=\frac{1}{2}.AC.BC.\sin C=\frac{1}{2}\mathrm{.2.3.}\sin 60°=\frac{3\sqrt{3}}{2}.$

Ta chọn phương án C.

Bài 3.35 trang 42 SBT Toán 10 Tập 1: Tam giác ABC có $\widehat{A}=60°,$ AB = 3 và $BC=3\sqrt{3}.$ Độ dài bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác ABC là:

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Áp dụng định lí côsin cho tam giác ABC ta có:

BC² = AB² + AC² – 2.AB.AC.cosA

$\Rightarrow$ ${\left(3\sqrt{3}\right)}^2$ = 3² + AC² – 2.$\frac{1}{2}$.AC

$\Rightarrow$AC² – 3AC – 18 = 0

$\Rightarrow$ AC = 6 (vì AC > 0)

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ta có:

$S=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin A=\frac{1}{2}\mathrm{.3.6.}\sin 60°=\frac{9\sqrt{3}}{2}.$

Mà S = pr $\Rightarrow r=\frac{S}{p}$

$\Rightarrow r=\frac{\frac{9\sqrt{3}}{2}}{\frac{3+6+3\sqrt{3}}{2}}=\frac{3\left(\sqrt{3}-1\right)}{2}$

Ta chọn phương án A.

Giải SBT Toán 10 trang 43 Tập 1

Bài 3.36 trang 43 SBT Toán 10 Tập 1: Một ca nô xuất phát từ cảng A, chạy theo hướng đông với vận tốc 60 km/h. Cùng lúc đó, một tàu cá, xuất phát từ A, chạy theo hướng N30°E với vận tốc 50 km/h. Sau 2 giờ, hai tàu cách nhau bao nhiêu kilômét?

A. 110 km;

B. 112 km;

C. 111,4 km;

D. 110,5 km.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Giả sử chuyển vị trí của cảng A, ca nô và tàu cá sau 2 giờ chuyển động được mô tả như hình vẽ sau:

Vì ca nô chuyển động theo hướng đông và tàu cá chuyển động theo hướng N30°E nên ta có:

$\widehat{BAC}=90°-30°=60°$

Sau 2 giờ ca nô chạy được quãng đường AB bằng:

2.60 = 120 (km)

Sau 2 giờ tàu cá chạy được quãng đường AC bằng:

2.50 = 100 (km)

Áp dụng định lí côsin cho tam giác ABC ta có:

BC² = AB² + AC² – 2.AB.AC.cos$\widehat{BAC}$

$\Rightarrow$ BC² = 120² + 100² – 2.120.100.cos60°

$\Rightarrow$ BC² = 12 400

$\Rightarrow$ BC ≈ 111,4 (km).

Ta chọn phương án C.

Bài 3.37 trang 43 SBT Toán 10 Tập 1: Một người đứng trên đài quan sát đặt ở cuối một đường đua thẳng. Ở độ cao 6 m so với mặt đường đua, tại một thời điểm người đó nhìn hai vận động viên A và B dưới các góc tương ứng là 60° và 30°, so với phương nằm ngang (H.3.6).

Khoảng cách giữa hai vận động viên A và B (làm tròn đến hàng đơn vị, theo đơn vị mét) tại thời điểm đó là

A. 8 m.

B. 7 m.

C. 6 m.

D. 9 m.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Gọi H là chân đài quan sát ở cuối đường đua.

Khi đó ta có:

• MH = 6 (m);

• $\widehat{BMH}=90°-30°=60°;$

• $\widehat{AMH}=90°-60°=30°;$

Tam giác AMH vuông tại H nên ta có:

HA = MH.tan$\widehat{AMH}$ = 6.tan30° = $2\sqrt{3}$

Tam giác BMH vuông tại H nên ta có:

HB = MH.tan$\widehat{BMH}$ = 6.tan60° $=6\sqrt{3}$

Do đó AB = HB – HA = $6\sqrt{3}-2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$ ≈ 7 (m).

Ta chọn phương án B.

B. Tự luận

Bài 3.38 trang 43 SBT Toán 10 Tập 1: Cho góc tù α có sinα = $\frac{1}{3}$

a) Tính cosα, tanα, cotα.

b) Tính giá trị của các biểu thức:

A = sinα. cot(180° – α) + cos(180° – α).cot(90° – α);

$B=\frac{3\left(\sin \alpha +\sqrt{2}cos\alpha \right)-2}{\sin \alpha -\sqrt{2}cos\alpha }.$

Lời giải:

a) Vì α là góc tù (90° < α < 180°) nên cosα < 0.

Ta có sin²α + cos²α = 1

$\Rightarrow$ $\frac{1}{9}$ + cos²α = 1

$\Rightarrow$cos²α = $\frac{8}{9}$

$\Rightarrow$cosα = $-\frac{2\sqrt{2}}{3}$ (do cosα < 0)

Do đó:

• tanα $=\frac{\sin \alpha }{cos\alpha }=\frac{1}{3}:\frac{-2\sqrt{2}}{3}=-\frac{1}{2\sqrt{2}}.$

• cotα = $\frac{cos\alpha }{\sin \alpha }=\frac{-2\sqrt{2}}{3}:\frac{1}{3}=-2\sqrt{2}.$

Vậy cosα = $-\frac{2\sqrt{2}}{3};$ tanα = $-\frac{1}{2\sqrt{2}}$ và cotα = $-2\sqrt{2}.$

b) Ta có:

• cot(180° – α) = –cotα;

• cos(180° – α) = –cosα;

• cot(90° – α) = tanα;

Khi đó:

A = sinα. cot(180° – α) + cos(180° – α).cot(90° – α)

= sinα.(–cotα) + (–cosα).tanα

Vậy $A=\frac{2\sqrt{2}-1}{3}$ và B = –3.

Bài 3.39 trang 43 SBT Toán 10 Tập 1: Cho sin15° = $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$

a) Tính sin75°, cos105°, tan165°.

b) Tính giá trị của biểu thức:

A = sin75°. cos165° + cos105°. sin165°.

Lời giải:

Vì 0° < 15° < 90° nên cos15° > 0.

Ta có sin²15° + cos²15° = 1

Do đó:

tan15° = $\frac{\sin 15°}{cos15°}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}:\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$$=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}$

$=\frac{{\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)}^2}{\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)}=\frac{8-4\sqrt{3}}{4}=2-\sqrt{3}$

a) Ta có:

• sin75° = sin(90° – 15°) = cos15° = $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4};$

• cos105° = cos(180° – 75°) = –cos75°

= –cos(90° – 15°) = –sin15°

Þ cos105° = $-\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4}.$

• tan165° = tan(180° – 15°) = –tan15°

Þ tan165° = $-2+\sqrt{3}.$

Vậy sin75° = $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4};$ cos105° = $\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4}$ và tan165° = $–2+\sqrt{3}$

b) Ta có:

• sin165° = sin(180° – 15°) = sin15°

Þ sin165° = $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4};$

• cos165° = cos(180° – 15°) = –cos15°

Þ cos165° = $–\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4};$

Khi đó:

A = sin75°. cos165° + cos105°. sin165°

Vậy A = –1.

Bài 3.40 trang 43 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tam giác ABC có AB = 1, BC = 2 và $\widehat{ABC}=60°.$ Tính độ dài cạnh và số đo các góc còn lại của tam giác.

Lời giải:

Cách 1:

Áp dụng định lí côsin cho tam giác ABC ta có:

AC² = AB² + BC² – 2.AB.BC.cos$\widehat{ABC}$

$\Rightarrow$AC² = 1² + 2² – 2.1.2.cos60°

$\Rightarrow$AC² = 3

$\Rightarrow$AC = $\sqrt{3}$

Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC ta có:

$\frac{AB}{\sin \widehat{ACB}}=\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}}=\frac{AC}{\sin \widehat{ABC}}$

$\Rightarrow \frac{1}{\sin \widehat{ACB}}=\frac{2}{\sin \widehat{BAC}}=\frac{\sqrt{3}}{\sin 60°}=2$

$\Rightarrow \sin \widehat{ACB}=\frac{1}{2}$ và $\sin \widehat{BAC}=1$

$\Rightarrow \widehat{ACB}=30°$ và $\widehat{BAC}=90°.$

Vậy $AC=\sqrt{3};\widehat{ACB}=30°$ và $\widehat{BAC}=90°.$

Cách 2:

Tam giác ABC có AB = 1, BC = 2 nên $\frac{AB}{BC}=\frac{1}{2}$

Mà $\widehat{ABC}=60°.$ 

Do đó tam giác ABC vuông tại A $\left(\widehat{BAC}=90°\right).$

Suy ra $\Rightarrow \widehat{ACB}=90°-\widehat{ABC}=30°$

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác ABC vuông tại A ta có:

AC² = BC² – AB² = 2² – 1² = 3

$\Rightarrow$AC = $\sqrt{3}$

Vậy $AC=\sqrt{3};\widehat{ACB}=30°$ và $\widehat{BAC}=90°.$

Giải SBT Toán 10 trang 44 Tập 1

Bài 3.41 trang 44 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tam giác ABC có c = 1, a = 2 và $\widehat{B}=120°.$

a) Tính b, $\widehat{A},\widehat{C}.$

b) Tính diện tích của tam giác.

c) Tính độ dài đường cao kẻ từ B của tam giác.

Lời giải:

a) Áp dụng định lí côsin cho tam giác ABC ta có:

Vậy b = $\sqrt{7},\widehat{A}\approx 41°$ và $\widehat{C}\approx 19°.$

b) Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ta có:

$S=\frac{1}{2}ac.\sin B=\frac{1}{2}\mathrm{.2.1.}\sin 120°=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Vậy diện tích của tam giác ABC bằng $\frac{\sqrt{3}}{2}$

c) Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ta có:

$S=\frac{1}{2}.h_b.b\Rightarrow h_b=\frac{2S}{b}=\frac{2.\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}.$

Vậy độ dài đường cao kẻ từ B của tam giác bằng $\frac{\sqrt{21}}{7}$

Bài 3.42 trang 44 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tam giác ABC có a = 3, b = 5 và c = 7.

a) Tính các góc của tam giác, làm tròn đến độ.

b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp của tam giác.

Lời giải:

a) Áp dụng định lí côsin cho tam giác ABC ta có:

• a² = b² + c² – 2.b.c.cosA

$\Rightarrow$cosA = $\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{5^2+7^2-3^2}{\mathrm{2.5.7}}=\frac{13}{14}$

$\Rightarrow \widehat{A}\approx 22°.$

• b² = a² + c² – 2.a.c.cosB

$\Rightarrow$ cosB = $\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\frac{3^2+7^2-5^2}{\mathrm{2.3.7}}=\frac{11}{14}$

$\Rightarrow \widehat{B}\approx 38°.$

• c² = a² + b² – 2.a.b.cosC

Vậy $\widehat{A}\approx 22°,\widehat{B}\approx 38°$ và $\widehat{C}=120°.$

b) Tam giác ABC có a = 3, b = 5 và c = 7 nên:

$p=\frac{a+b+c}{2}=\frac{3+5+7}{2}=\frac{15}{2}$

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ta có:

• $S=\frac{1}{2}ab.\sin C=\frac{1}{2}\mathrm{.3.5.}\sin 120°=\frac{15\sqrt{3}}{4}.$

• S = pr $\Rightarrow r=\frac{S}{p}=\frac{\frac{15\sqrt{3}}{4}}{\frac{15}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

• $S=\frac{abc}{4R}\Rightarrow R=\frac{abc}{4S}=\frac{\mathrm{3.5.7}}{4.\frac{15\sqrt{3}}{4}}=\frac{7}{\sqrt{3}}.$

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác ABC lần luợt bằng $\frac{\sqrt{3}}{2}$ và $\frac{7}{\sqrt{3}}$

Bài 3.43 trang 44 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tam giác ABC có $\widehat{B}=45°,\widehat{C}=15°$ và $b=\sqrt{2}$ Tính a, h_a.

Lời giải:

Tam giác ABC có $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180°$

$\Rightarrow \widehat{A}=180°-\widehat{B}-\widehat{C}=180°-45°-15°=120°$

Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC ta có:

$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}\Rightarrow \frac{a}{\sin 120°}=\frac{\sqrt{2}}{\sin 45°}$

$\Rightarrow a=\frac{\sqrt{2}}{\sin 45°}.\sin 120°=\sqrt{3}.$

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ABC ta có:

• $S=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}.\sqrt{3}.\sqrt{2}.\sin 15°=\frac{3-\sqrt{3}}{4}.$

• $S=\frac{1}{2}{h}_a.a\Rightarrow h_a=\frac{2S}{a}=\frac{2.\frac{3-\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}.$

Vậy $a=\sqrt{3}$ và $h_a=\frac{\sqrt{3}-1}{2}.$

Bài 3.44 trang 44 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tam giác ABC có c = 5, a = 8 và $\widehat{B}=60°.$

a) Tính b và số đo các góc A, C (số đo các góc làm tròn đến hàng đơn vị, theo đơn vị độ).

b) Tính độ dài đường cao kẻ từ B.

c) Tính độ dài trung tuyến kẻ từ A.

Lời giải:

a) Áp dụng định lí côsin cho tam giác ABC ta có:

• b² = a² + c² – 2.a.c.cosB

$\Rightarrow$ b² = 8² + 5² – 2.8.5.cos60°

$\Rightarrow$ b² = 49

$\Rightarrow$ b = 7.

• a² = b² + c² – 2.b.c.cosA

$\Rightarrow$ cosA = $\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{7^2+5^2-8^2}{\mathrm{2.7.5}}=\frac{1}{7}$

$\Rightarrow \widehat{A}\approx 82°.$

• c² = a² + b² – 2.a.b.cosC

$\Rightarrow$ cosC = $\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{8^2+7^2-5^2}{\mathrm{2.8.7}}=\frac{11}{14}.$

$\Rightarrow \widehat{C}=38°.$

Vậy b = 7, $\widehat{A}\approx 82°$ và $\widehat{C}=38°.$

b) Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ABC ta có:

• $S=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{1}{2}\mathrm{.8.5.}\sin 60°=10\sqrt{3}.$

• $S=\frac{1}{2}{h}_b.b\Rightarrow h_b=\frac{2S}{b}=\frac{2.10\sqrt{3}}{7}=\frac{20\sqrt{3}}{7}.$

Vậy độ dài đường cao kẻ từ B của tam giác ABC bằng $\frac{20\sqrt{3}}{7}.$

c) Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến của tam giác ta có:

$m_a^2=\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}=\frac{7^2+5^2}{2}-\frac{8^2}{4}=21$

$\Rightarrow m_a=\sqrt{21}.$

Vậy độ dài đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ABC là $m_a=\sqrt{21}.$

Bài 3.45 trang 44 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tam giác ABC có $\widehat{B}=15°,\widehat{C}=30°$ và c = 2.

a) Tính số đo góc A và độ dài các cạnh a, b.

b) Tính diện tích và bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác.

c) Lấy điểm D thuộc cạnh AB sao cho $\widehat{BCD}=\widehat{DCA}$ (tức CD là phân giác của góc $\widehat{ BCA}$). Tính độ dài CD.

Lời giải:

a) Xét tam giác ABC có: $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180°$

$\Rightarrow \widehat{A}=180°-\widehat{B}-\widehat{C}=180°-15°-30°=135°$

Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC ta có:

Vậy $\widehat{A}=135°,a=2\sqrt{2}$ và b = $\sqrt{6}-\sqrt{2}.$

b) Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ABC ta có:

• $S=\frac{1}{2}.ab.\sin C=\frac{1}{2}.2\sqrt{2}.\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right).\sin 30°=\sqrt{3}-1.$

• $S=\frac{abc}{4R}\Rightarrow R=\frac{abc}{4S}=\frac{2\sqrt{2}.\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right).2}{4.\left(\sqrt{3}-1\right)}=2.$

Vậy diện tích và bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC lần lượt là $S=\sqrt{3}-1$ và R = 2.

c)

Vì CD là tia phân giác của $\widehat{ BCA}$ nên $\widehat{BCD}=\widehat{DCA}=\frac{1}{2}\widehat{ BCA}=15°$

Mà $\widehat{B}=15°$

Do đó tam giác BCD cân tại D.

Gọi I là trung điểm của BC, khi đó DI là đường trung tuyến đồng thời là đường cao

$\Rightarrow$IB = IC = $\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}.2\sqrt{2}=\sqrt{2}$ và DI ⊥ BC.

Xét tam giác CDI vuông tại I ta có:

CD = $\frac{CI}{cos\widehat{ICD}}=\frac{\sqrt{2}}{cos15°}=2\left(\sqrt{3}-1\right).$

Vậy CD = $2\left(\sqrt{3}-1\right).$

Bài 3.46 trang 44 SBT Toán 10 Tập 1: Trên biển, một tàu cá xuất phát từ cảng A, chạy về phương đông 15 km tới B, rồi chuyển sang hướng E30°S chạy tiếp 20 km nữa tới đảo C.

a) Tính khoảng cách từ A tới C (làm tròn đến hàng đơn vị, theo đơn vị kilômét).

b) Xác định hướng từ A tới C (làm tròn đến hàng đơn vị, theo đơn vị độ).

Lời giải:

Giả sử các vị trí cảng A, B và đảo C được mô tả như hình vẽ dưới đây:

a) Do tàu cá xuất phát từ cảng A, chạy theo hướng đông tới B, rồi chuyển sang hướng E30°S chạy tiếp tới đảo C nên ta có:

$\widehat{ABC}=180°-30°=150°$

Áp dụng định lí côsin ta có:

AC² = AB² + BC² – 2.AB.BC.cos$\widehat{ABC}$

Þ AC² = 15² + 20² – 2.15.20.cos150°

Þ AC² = 625 + 300$\sqrt{3}$

Þ AC ≈ 34 (km).

b) Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC ta được:

$\frac{BC}{\sin \widehat{CAB}}=\frac{AC}{\sin \widehat{ABC}}$

$\Rightarrow \sin \widehat{CAB}=\frac{\sin \widehat{ABC}}{AC}.BC\approx \frac{\sin 150°}{34}.20\approx 0,2941$

$\Rightarrow \widehat{CAB}\approx 17°$

Vậy hướng từ A đến C là E17°S.

Bài 3.47 trang 44 SBT Toán 10 Tập 1: Trên sườn đồi, với độ dốc 12% (độ dốc của sườn đồi được tính bằng tang của góc nhọn tạo bởi sườn đồi với phương nằm ngang) có một cây cao mọc thẳng đứng. Ở phía chân đồi, cách gốc cây 30 m, người ta nhìn ngọn cây dưới một góc 45° so với phương nằm ngang. Tính chiều cao của cây đó (làm tròn đến hàng đơn vị, theo đơn vị mét).

Lời giải:

Giả sử người quan sát từ điểm A cách gốc cây B một khoảng 30m, nhìn ngọn cây C dưới góc 45° như hình vẽ dưới đây:

Do sườn đồi có độ dốc 12% (độ dốc của sườn đồi được tính bằng tang của góc nhọn tạo bởi sườn đồi với phương nằm ngang) nên tan$\widehat{HAB}$ = 12% = 0,12.

$\Rightarrow \widehat{HAB}\approx 7°.$

Do đó $\widehat{BAC}=\widehat{HAC}-\widehat{HAB}=45°-7°=38°$ và $\widehat{BCA}=90°-\widehat{HAC}=45°.$

Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC ta có:

$\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}}=\frac{AB}{\sin \widehat{BCA}}$

$\Rightarrow BC=\frac{AB}{\sin \widehat{BCA}}.\sin \widehat{BAC}\approx \frac{30}{\sin 45°}.\sin 38°\approx 26\left(m\right)$

Vậy chiều cao của cây đó khoảng 26 m.

Xem thêm các bài giải SBT Toán 10 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Bài 6: Hệ thức lượng trong tam giác

Bài 7: Các khái niệm mở đầu

Bài 8: Tổng và hiệu của hai vectơ

Bài 9: Tích của một vectơ với một số