Giải Toán 10 - Tập 1 trang 44

Tóm tắt lý thuyết áp dụng

Các bài trên hai trang này dùng những công thức trọng tâm của chương hệ thức lượng trong tam giác:

• Định lí sin: $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2R$
• Định lí côsin: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$
• Diện tích: $S=\dfrac12 ab\sin C=\dfrac{abc}{4R}=rs$ với $s=\dfrac{a+b+c}{2}$
• Giá trị lượng giác góc đặc biệt và góc bù: $\sin(180^\circ-\alpha)=\sin\alpha,\ \cos(180^\circ-\alpha)=-\cos\alpha$

---

Bài 3.9: Cột ăng-ten trên nóc tòa nhà

Đề: Cột ăng-ten cao 5 m trên nóc nhà. Từ vị trí quan sát $A$ cao 7 m so với mặt đất nhìn thấy đỉnh $B$ và chân $C$ của cột với các góc $50^\circ$ và $40^\circ$ so với phương ngang.

a) Tính các góc của tam giác $ABC$.

Góc tại $A$ bằng hiệu hai góc nhìn:
$$\widehat{A}=50^\circ-40^\circ=10^\circ$$

Tia $AC$ hợp với phương ngang góc $40^\circ$, mà $BC$ thẳng đứng. Xét góc $\widehat{ACB}$ kề bù với góc giữa $CA$ và phương ngang nên:
$$\widehat{ACB}=90^\circ+40^\circ=130^\circ$$

Suy ra:
$$\widehat{ABC}=180^\circ-10^\circ-130^\circ=40^\circ$$

Vậy $\widehat{A}=10^\circ,\ \widehat{B}=40^\circ,\ \widehat{C}=130^\circ$.

b) Tính chiều cao tòa nhà.

Áp dụng định lí sin cho tam giác $ABC$ với $BC=5$ m:
$$AC=\frac{BC\cdot\sin B}{\sin A}=\frac{5\cdot\sin 40^\circ}{\sin 10^\circ}\approx 18{,}51\ \text{m}$$

Chân cột $C$ cao hơn $A$ một đoạn (tia $AC$ nghiêng $40^\circ$):
$$h=AC\cdot\sin 40^\circ\approx 18{,}51\cdot 0{,}643\approx 11{,}90\ \text{m}$$

Chiều cao tòa nhà (tính tới chân cột $C$, là nóc nhà):
$$H=7+11{,}90\approx \boxed{18{,}9\ \text{m}}$$

---

Bài 3.10: Đề xuất cách đo bề rộng Đảo Yến

Đề: Từ bãi biển ngắm được Đảo Yến. Hãy đề xuất cách xác định bề rộng hòn đảo theo chiều ta ngắm.

Cách làm: Gọi $C,\ D$ là hai mép đảo (bề rộng cần đo là $CD$).

1. Chọn hai điểm $A,\ B$ trên bãi biển, đo được khoảng cách $AB$.
2. Tại $A$ đo các góc $\widehat{CAB}$ và $\widehat{DAB}$; tại $B$ đo các góc $\widehat{CBA}$ và $\widehat{DBA}$.
3. Trong tam giác $ABC$ biết $AB$ và hai góc kề, dùng định lí sin tính $AC$. Tương tự trong tam giác $ABD$ tính $AD$.
4. Tính góc $\widehat{CAD}=\widehat{DAB}-\widehat{CAB}$, rồi dùng định lí côsin trong tam giác $ACD$:

$$CD=\sqrt{AC^2+AD^2-2\cdot AC\cdot AD\cdot\cos\widehat{CAD}}$$

Giá trị $CD$ chính là bề rộng đảo theo chiều ta ngắm.

---

Bài 3.11: Đường hầm xuyên núi

Đề: Đường vòng đi $A\to B\to C\to D$ với $AB=8$ km, $BC=6$ km, $CD=12$ km, $\widehat{B}=105^\circ$, $\widehat{C}=135^\circ$. Làm đường hầm thẳng $AD$. Hỏi đường mới giảm bao nhiêu km?

Độ dài đường cũ:
$$AB+BC+CD=8+6+12=26\ \text{km}$$

Tính $AD$ bằng tọa độ. Đặt $B=(0;0)$, $C=(-6;0)$.

Hướng $BA$ tạo góc $105^\circ$ với $BC$:
$$A=8(\cos? )\ \Rightarrow\ A\approx(2{,}071;\ 7{,}727)$$

Hướng $CD$ tạo góc $135^\circ$ với $CB$:
$$D=(-6;0)+12(-\cos45^\circ;\ \sin45^\circ)\approx(-14{,}485;\ 8{,}485)$$

Khoảng cách:
$$AD=\sqrt{(2{,}071+14{,}485)^2+(7{,}727-8{,}485)^2}\approx\sqrt{274{,}67}\approx 16{,}57\ \text{km}$$

Đường mới giảm được:
$$26-16{,}57\approx \boxed{9{,}43\ \text{km}}$$

---

Em có biết? — Heron of Alexandria

Heron là nhà phát minh, nhà toán học Hy Lạp sống khoảng thế kỉ I. Ông là người đầu tiên mô tả mô hình biến hơi nước thành chuyển động quay. Trong toán học, ông để lại công thức tính diện tích đa giác đều từ 3 đến 12 cạnh và công thức tính diện tích tam giác mang tên ông (công thức Heron).

---

A – TRẮC NGHIỆM

Bài 3.12: Tam giác $ABC$ có $\widehat{B}=135^\circ$

a) Diện tích: $S=\dfrac12 ac\sin B=\dfrac12 ac\cdot\dfrac{\sqrt2}{2}=\dfrac{\sqrt2}{4}ca$.
→ Đáp án D.

b) Định lí sin: $\dfrac{b}{\sin B}=2R\Rightarrow R=\dfrac{b}{2\sin135^\circ}=\dfrac{b}{2\cdot\frac{\sqrt2}{2}}=\dfrac{\sqrt2}{2}b$.
→ Đáp án B.

c) Định lí côsin cho cạnh $b$: $b^2=c^2+a^2-2ca\cos135^\circ$.
→ Đáp án D.

Bài 3.13: Tam giác $ABC$, khẳng định đúng

a) $r=\dfrac{2S}{a+b+c}$ vì $S=r\cdot\dfrac{a+b+c}{2}$.
→ Đáp án B.
(A sai: đúng phải là $S=\frac{abc}{4R}$; C sai dấu; D thiếu chia 2.)

b) $\sin A=\sin(B+C)$ vì $B+C=180^\circ-A$ và $\sin(180^\circ-A)=\sin A$.
→ Đáp án A.
(B sai dấu; C, D không luôn đúng.)

---

B – TỰ LUẬN

Bài 3.14: Tính giá trị biểu thức

a) $M=\sin45^\circ\cos45^\circ+\sin30^\circ=\dfrac{\sqrt2}{2}\cdot\dfrac{\sqrt2}{2}+\dfrac12=\dfrac12+\dfrac12=1$

b) $N=\sin60^\circ\cos30^\circ+\dfrac12\sin45^\circ\cos45^\circ=\dfrac{\sqrt3}{2}\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}+\dfrac12\cdot\dfrac12=\dfrac34+\dfrac14=1$

c) $P=1+\tan^2 60^\circ=1+(\sqrt3)^2=1+3=4$

d) $Q=\dfrac{1}{\sin^2120^\circ}-\cot^2120^\circ$. Áp dụng đẳng thức $\dfrac{1}{\sin^2\alpha}=1+\cot^2\alpha$:
$$Q=(1+\cot^2120^\circ)-\cot^2120^\circ=1$$

Bài 3.15: Tam giác $ABC$ có $\widehat{B}=60^\circ,\ \widehat{C}=45^\circ,\ AC=10$

Ở đây $AC=b=10$ (đối góc $B$), và $\widehat{A}=180^\circ-60^\circ-45^\circ=75^\circ$.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp:
$$2R=\frac{b}{\sin B}=\frac{10}{\sin60^\circ}=\frac{20}{\sqrt3}\Rightarrow R=\frac{10\sqrt3}{3}\approx 5{,}77$$

Cạnh $a=BC$ (đối góc $A$):
$$a=2R\sin A=\frac{20}{\sqrt3}\cdot\sin75^\circ\approx 11{,}15$$

Cạnh $c=AB$ (đối góc $C$):
$$c=2R\sin C=\frac{20}{\sqrt3}\cdot\sin45^\circ\approx 8{,}16$$

Diện tích:
$$S=\frac12\,a\,b\,\sin C\approx\frac12\cdot11{,}15\cdot10\cdot\sin45^\circ\approx 39{,}43$$

Bán kính đường tròn nội tiếp với $s=\dfrac{a+b+c}{2}\approx 14{,}66$:
$$r=\frac{S}{s}\approx\frac{39{,}43}{14{,}66}\approx 2{,}69$$

Kết quả: $a\approx 11{,}15;\ R\approx 5{,}77;\ S\approx 39{,}43;\ r\approx 2{,}69$.

Bài 3.16: Trung tuyến $AM$ (M là trung điểm $BC$)

a) Vì $B,\ M,\ C$ thẳng hàng và $M$ nằm giữa nên $\widehat{AMB}+\widehat{AMC}=180^\circ$. Do đó:
$$\cos\widehat{AMC}=\cos(180^\circ-\widehat{AMB})=-\cos\widehat{AMB}$$
$$\Rightarrow\cos\widehat{AMB}+\cos\widehat{AMC}=0$$

b) Áp dụng định lí côsin trong tam giác $AMB$:
$$AB^2=MA^2+MB^2-2\,MA\cdot MB\cos\widehat{AMB}$$
$$\Rightarrow MA^2+MB^2-AB^2=2\,MA\cdot MB\cos\widehat{AMB}$$

Tương tự trong tam giác $AMC$:
$$MA^2+MC^2-AC^2=2\,MA\cdot MC\cos\widehat{AMC}$$

c) Cộng hai đẳng thức ở câu b:
$$2MA^2+MB^2+MC^2-AB^2-AC^2=2MA\cdot MB\cos\widehat{AMB}+2MA\cdot MC\cos\widehat{AMC}$$

Vì $MB=MC=\dfrac{BC}{2}$, vế phải bằng:
$$2MA\cdot\frac{BC}{2}\big(\cos\widehat{AMB}+\cos\widehat{AMC}\big)=MA\cdot BC\cdot 0=0$$

Suy ra:
$$2MA^2+\frac{BC^2}{2}-AB^2-AC^2=0$$
$$\Rightarrow MA^2=\frac{2(AB^2+AC^2)-BC^2}{4}$$

Đây chính là công thức đường trung tuyến.

Bài 3.17: Dấu của $b^2+c^2-a^2$ theo góc $A$

Từ định lí côsin: $\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$, mà $2bc>0$ nên dấu của $\cos A$ trùng dấu của $b^2+c^2-a^2$.

a) Góc $A$ nhọn $\Rightarrow\cos A>0\Rightarrow b^2+c^2-a^2>0\Rightarrow b^2+c^2>a^2$.

b) Góc $A$ tù $\Rightarrow\cos A<0\Rightarrow b^2+c^2-a^2<0\Rightarrow b^2+c^2

c) Góc $A$ vuông $\Rightarrow\cos A=0\Rightarrow b^2+c^2-a^2=0\Rightarrow b^2+c^2=a^2$ (định lí Pythagore).

---

Tổng hai trang gồm 3 bài vận dụng hình học (3.9–3.11) và phần ôn cuối chương (trắc nghiệm 3.12–3.13, tự luận 3.14–3.17). Nếu em muốn mình vẽ thêm hình tọa độ chi tiết cho bài 3.11 hay trình bày bài 3.16 theo cách vectơ thì nói nhé.