Bài 3. Các hệ thức lượng trong tam giác và giải tam giác - Toán lớp 10
Bài 1 trang 59 SGK Hình học 10
+ Đỉnh lý tổng 3 góc trong một tam giác: widehat{A}+widehat{B}+widehat{C}=180^0. + Dựa vào công thức lượng giác của các góc nhọn trong tam giác vuông để làm tính các cạnh và chiều cao cần tìm của tam giác. LỜI GIẢI CHI TIẾT Theo định lí tổng 3 góc trong một tam giác ta có: eqalign{ & wideh
Bài 10 trang 60 SGK Hình học 10
+ Dựa vào công thức lượng giác của các góc nhọn trong tam giác vuông. LỜI GIẢI CHI TIẾT Ta có: cot Q=frac{AQ}{AB} Rightarrow AQ = ABcot48^0 Tương tự có: AP = ABcot35^0 Rightarrow QP =APAQ= ABcot35^0 cot48^0 Rightarrow AB = {{300} over {cot {{35}^0} cot {{48}^0}}} approx {{300
Bài 11 trang 60 SGK Hình học 10
+ Sử dụng các công thức lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông. LỜI GIẢI CHI TIẾT Ta có: A1B1=Ab=12m. Xét Delta DC1A1 có: C1A1=C1D.cot 49^0 Xét Delta DC1B1 có: C1B1=C1D.cot 35^0 Mà A1B1=C1B1C1A1=C1D.cot 35^0C1D.cot 49^0 =C1Dcot 35^0 cot 49^0. Rightarrow C1D=fr
Bài 2 trang 59 SGK Hình học 10
+ Định lý hàm số cos: , , a^2=b^2+c^22bc.cos A. LỜI GIẢI CHI TIẾT Từ định lí cosin ta có: {a^2} = {b^2} + {c^2} 2bc.cosA. Ta suy ra cos A = dfrac{b^{2}+c^{2}a^{2}}{2bc} = dfrac{85^{2}+54^{2}52,1^{2}}{2.85.54} Rightarrow cos A ≈ 0,8089 Rightarrow widehat{A}= 36^0 Tương t
Bài 3 trang 59 SGK Hình học 10
+ Định lý hàm số cos: , , a^2=b^2+c^22bc.cos A. + Định lý hàm số sin: frac{a}{sin A}=frac{b}{sin B}=frac{c}{sin C}. + Tổng ba góc trong một tam giác: widehat{A}+widehat{B}+widehat{C}=180^0. LỜI GIẢI CHI TIẾT Ta có eqalign{ & {a^2} = {8^2} + {5^2} 2.8.5.cos{120^0} cr&;
Bài 4 trang 59 SGK Hình học 10
+ Áp dụng hệ thức Hêrông: S{ABC}=sqrt{ppapbpc} với p=frac{a+b+c}{2}. LỜI GIẢI CHI TIẾT Ta có: 2p = 7 + 9 + 12 Rightarrow p = 14 p a = 14 7 = 7 p b = 14 9 = 5 p c = 14 12 = 2 Áp dụng công thức Hêrong: S = sqrt{14.7.5.2} = sqrt{2^{2}.7^{2}.5} = 14sqrt 5approx 31,3 dvdt
Bài 5 trang 59 SGK Hình học 10
+ Định lý hàm số cos: , , a^2=b^2+c^22bc.cos A. LỜI GIẢI CHI TIẾT Áp dụng định lý hàm số cos ta có: eqalign{ & BC^2=AB^2+AC^22AB.AC.cos A cr & Rightarrow B{C^2} = {m^2} + {n^2} 2.m.n.left { {1 over 2}} right cr & Rightarrow B{C^2} = {m^2} + {n^2} + m.n cr & Rightarrow BC = s
Bài 6 trang 59 SGK Hình học 10
+ Áp dụng định lý: Trong tam giác có góc đối diện với cạnh lớn nhất là góc lớn nhất. + cosalpha <0 thì alpha là góc tù. + Định lý hàm số cos: , , a^2=b^2+c^22bc.cos A. + Công thức đường trung tuyến: ma^2= {{{b^2} + {c^2}} over 2} {{{a^2}} over 4}=frac{2b^2+c^2a^2}{4}. LỜI GIẢI
Bài 7 trang 59 SGK Hình học 10
+ Áp dụng định lý: Trong tam giác có góc đối diện với cạnh lớn nhất là góc lớn nhất. + cos A=frac{b^2+c^2a^2}{2bc}. LỜI GIẢI CHI TIẾT a Ta có: c > b > a Rightarrow widehat{C} là góc lớn nhất của tam giác ABC. cos widehat{C} = frac{9+16 36}{2.3.4}= frac{11}{24}≈ 0,4583 Suy ra
Bài 8 trang 59 SGK Hình học 10
+ Tổng ba góc trong một tam giác: widehat{A}+widehat{B}+widehat{C}=180^0. + Định lý hàm số sin: frac{a}{sin A}=frac{b}{sin B}=frac{c}{sin C}. LỜI GIẢI CHI TIẾT Ta có: widehat{A} = 180^0 widehat{B}+ widehat{C} = 40^0 Áp dụng định lí sin : frac{a}{sin A} = frac{b}{sin B} =
Bài 9 trang 59 SGK Hình học 10
+ Công thức đường trung tuyến: ma^2= {{{b^2} + {c^2}} over 2} {{{a^2}} over 4}=frac{2b^2+c^2a^2}{4}. LỜI GIẢI CHI TIẾT Gọi O là giao điểm của AC và BD. Khi đó O là trung điểm của AC và BD. Áp dụng định lí về đường trung tuyến: OA^2 =frac{AD^{2}+AB ^{2}}{2} frac{BD^{2}}{4} Thay OA = f
Câu hỏi 1 trang 46 SGK Hình học 10
a2 = b2 + c2 b2 = a x b' c2 = a x c' h2 = b’ x c' ah = b x c eqalign{ & {1 over {{h^2}}} = {1 over {{b^2}}} + {1 over {{c^2}}} cr & sin B = cos C = {b over a} cr & sin C = cos B = {c over a} cr & tan B = cot C = {b over c} cr & cot B = tan C = {c over b} cr}
Câu hỏi 2 trang 48 SGK Hình học 10
Khi ABC là tam giác vuông, định lý côsin trở thành định lý Py ta – go.
Câu hỏi 3 trang 49 SGK Hình học 10
eqalign{ & ma^2 = {{2{b^2} + {c^2} {a^2}} over 4} = {{2{8^2} + {6^2} {7^2}} over 4} = {{151} over 4} cr & Rightarrow {ma} = {{sqrt {151} } over 2} cr}
Câu hỏi 4 trang 50 SGK Hình học 10
Do tam giác ABC vuông tại A nên trung điểm O của BC là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ⇒ BC = a = 2R Ta có: eqalign{ & sin A = sin {90^0} = 1 = {a over a} = {a over {2R}} cr & Rightarrow {a over {sin A}} = 2R cr & sin B = {b over a} = {b over {2R}} Rightarrow {b over {sin B}}
Câu hỏi 5 trang 52 SGK Hình học 10
Theo định lí sin ta có: {a over {sin A}} = 2R Rightarrow R = {a over {2sin A}} Tam giác ABC đều nên A = 600 eqalign{ & Rightarrow sin A = {{sqrt 3 } over 2} cr & Rightarrow R = {a over {2sin A}} = {a over {2.{{sqrt 3 } over 2}}} = {a over {sqrt 3 }} cr}
Câu hỏi 6 trang 53 SGK Hình học 10
S = {1 over 2}a.{ha} = {1 over 2}b.{hb} = {1 over 2}c.{hc}
Câu hỏi 7 trang 54 SGK Hình học 10
Theo định lý Sin, ta có: {c over {sin C}} = 2R Rightarrow sin C = {c over {2R}} Khi đó: S = {1 over 2}ab.sin C = {1 over 2}ab.{c over {2R}} = {{abc} over {4R}}
Câu hỏi 8 trang 54 SGK Hình học 10
Ta có: eqalign{ & {S{OAB}} = {1 over 2}r.c cr & {S{OAC}} = {1 over 2}r.b cr & {S{OBC}} = {1 over 2}r.a cr & Rightarrow {S{ABC}} = {1 over 2}ra + b + c = p.r,,{{a + b + c} over 2} = p cr}
Nếu thấy hay, hãy chia sẻ và ủng hộ nhé!
Liên kết với Facebook
Liên kết với Google