Bài tập cuối chương III

Ta có $R = \dfrac{{abc}}{{4S}}$, $r = \dfrac{S}{p}$

Vì tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên $b = c$ và $a = \sqrt {{b^2} + {c^2}}  = b\sqrt 2$

Xét tỉ số $\dfrac{R}{r} = \dfrac{{abc.p}}{{4{S^2}}}$$= \dfrac{{abc.\dfrac{{a + b + c}}{2}}}{{4.\dfrac{1}{4}.{{\left( {b.c} \right)}^2}}}$$= \dfrac{{a\left( {a + 2b} \right)}}{{2{b^2}}}$$= \dfrac{{2{b^2}\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}}{{2{b^2}}}$$= 1 + \sqrt 2$.

Ta có chiều cao của tòa nhà chính là đoạn $BH$.

Mà $BH = CD + DH$$= CD + 7$.

Xét tam giác $ACD$ vuông tại $D$ có $AC = \dfrac{{CD}}{{\sin 40^\circ }}$

Xét tam giác $ABD$ vuông tại $D$ có $AB = \dfrac{{5 + CD}}{{\sin 50^\circ }}$

Xét tam giác $ABC$ có:

$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos \widehat {BAC}$

$\Leftrightarrow \left( {\dfrac{1}{{{{\sin }^2}50^\circ }} + \dfrac{1}{{{{\sin }^2}40^\circ }} - \dfrac{{2\cos 10^\circ }}{{\sin 40^\circ \sin 50^\circ }}} \right)C{D^2} + \left( {\dfrac{{10}}{{{{\sin }^2}50^\circ }} - \dfrac{{10\cos 10^\circ }}{{\sin 40^\circ \sin 50^\circ }}} \right)CD + \dfrac{{25}}{{{{\sin }^2}50^\circ }} - 25 = 0$$\Leftrightarrow CD \approx 11,9$

$\Rightarrow BC \approx 7 + 11,9$$\approx 18,9$ (m).

Vậy tòa nhà cao $18,9{\rm{ m}}$.

Ta có: $\tan {180^0} = 0$

Nếu $\cos A > 0$ thì góc A nhọn hay ${b^2} + {c^2} - {a^2} > 0$ thì góc A nhọn.

Áp dụng định lí cosin trong tam giác $ABC$ ta có:

${c^2} = {a^2} + {b^2} - 2a.b.\cos C$$\Rightarrow 81 = 25 + {b^2} - 2.5.b.\left( { - \dfrac{1}{{10}}} \right)$$\Leftrightarrow {b^2} - b - 56 = 0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b = 7\\b =  - 8\end{array} \right.$

Ta nhận được $b = 7({\rm{cm}})$

Diện tích tam giác $ABC$ là ${S_{\Delta ABC}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}$$= \sqrt {\dfrac{{21}}{2}\left( {\dfrac{{21}}{2} - 5} \right)\left( {\dfrac{{21}}{2} - 7} \right)\left( {\dfrac{{21}}{2} - 9} \right)}$$= \dfrac{{21\sqrt {11} }}{4}({\rm{c}}{{\rm{m}}^2})$

Độ dài đường cao ${h_a} = \dfrac{{2S}}{a}$$= \dfrac{{\dfrac{{21\sqrt {11} }}{2}}}{5}$$= \dfrac{{21\sqrt {11} }}{{10}}({\rm{cm}})$

Gọi $\widehat {MOA} = \alpha  \Rightarrow \widehat {MOB} = 180^\circ  - \alpha$.

Ta có $MA = \sqrt {M{O^2} + A{O^2} - 2MO.AO.\cos \alpha }  = \sqrt {9{R^2} + {R^2} - 6{R^2}\cos \alpha }  = R\sqrt {10 - 6\cos \alpha }$.

$MB = \sqrt {M{O^2} + B{O^2} - 2MO.BO.\cos \left( {180^\circ  - \alpha } \right)}  = \sqrt {9{R^2} + {R^2} + 6{R^2}\cos \alpha }  = R\sqrt {10 + 6\cos \alpha }$.

Xét $C = \sqrt {10 - 6\cos \alpha }  + \sqrt {10 + 6\cos \alpha }$ $\Rightarrow {C^2} = 20 + 2\sqrt {100 - 36{{\cos }^2}\alpha }  \ge 20 + 2\sqrt {100 - 36}  = 36$.

Suy ra $C \ge 6$. Dấu  xẩy ra khi ${\cos ^2}\alpha  = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos \alpha  = 1\\\cos \alpha  =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\alpha  = 0^\circ \\\alpha  = 180^\circ \end{array} \right.$.

Ta có $S = MA + MB = R\left( {\sqrt {10 - 6\cos \alpha }  + \sqrt {10 + 6\cos \alpha } } \right) \ge 6R$.

Suy ra $\min S = 6R$ khi và chỉ khỉ $A$, $O$, $B$, $M$ thẳng hàng.

Xét đường tròn bán kính $1$, ta cắt trên đó một hình chữ nhật $ABCD$.

Khi đó ${S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD.\sin \alpha$$= 2\sin \alpha  \le 2$.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\alpha  = 90^\circ$.

Vậy diện tích lớn nhất của miếng tôn cắt trên nửa đường tròn bằng $1$.

$\cot x = \dfrac{3}{4} \Leftrightarrow \tan \,x=\dfrac{1}{\cot x} = \dfrac{4}{3}$

=>Phương án A sai

$1 + {\cot ^2}x = \dfrac{1}{{{{\sin }^2}x}}$ $\Leftrightarrow 1 + {\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^2} = \dfrac{1}{{{{\sin }^2}x}}$ $\Leftrightarrow {\sin ^2}x = \dfrac{{16}}{{25}}$ $\Leftrightarrow \sin \,x =  \pm \dfrac{4}{5}$.

Mà ${90^0} < x < {180^0} \Rightarrow \sin \,x >0\Rightarrow \sin \,x = \dfrac{4}{5}$

=> Phương án D sai, C đúng.

Vì ${\sin ^2}x = \dfrac{{16}}{{25}} \Rightarrow {\cos ^2}x=1-{\sin ^2}x = \dfrac{9}{{25}}$ $\Leftrightarrow \cos x=  \pm \dfrac{3}{5}$

Mà ${90^0} < x < {180^0} \Rightarrow \cos x <0\Rightarrow \cos x =  - \dfrac{3}{5}$

=>Phương án B sai.

$M = \cot \alpha  + \dfrac{{\sin \alpha }}{{1 + \cos \alpha }}$$= \dfrac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} + \dfrac{{\sin \alpha }}{{1 + \cos \alpha }}$ $= \dfrac{{1 + \cos \alpha }}{{\sin \alpha \left( {1 + \cos \alpha } \right)}}$ $= \dfrac{1}{{\sin \alpha }}$ $= \dfrac{{2018}}{{\sqrt {2017}  + 1}}$.

Gọi $E$ là hình chiếu vuông góc của $B$ trên $DC$. Đặt $AB = AD = BC = x$.

Ta có $EC = \dfrac{{DC - x}}{2}$ $\left( 1 \right)$.

Trong tam giác vuông $BDE$ ta có: $\tan \widehat {BDC} = \dfrac{3}{4}$ $\Leftrightarrow$ $\dfrac{{BE}}{{ED}} = \dfrac{3}{4}$ $\Leftrightarrow$ $BE = \dfrac{3}{4}ED$

$\Leftrightarrow$ $BE = \dfrac{3}{4}\left( {DC - \dfrac{{DC - x}}{2}} \right)$$= \dfrac{3}{8}\left( {DC + x} \right)$ $\left( 2 \right)$.

Trong tam giác vuông $BEC$ ta có $B{C^2} = E{C^2} + B{E^2}$ $\left( 3 \right)$.

Thay $\left( 1 \right)$, $\left( 2 \right)$ vào $\left( 3 \right)$ biến đổi ta được: $39{x^2} + 14DC.\,x - 25D{C^2} = 0$ $\Leftrightarrow$ $x = \dfrac{{25}}{{39}}DC$ hay $DC = \dfrac{{39}}{{25}}x$. Khi đó $EC = \dfrac{7}{{25}}x$.

Mặt khác: $\cos \widehat {BAD}$$=  - \cos \widehat {BCE}$$=  - \dfrac{{EC}}{{BC}} =  - \dfrac{7}{{25}}$

$\cos 4x = 2{\cos ^2}2x - 1$ $= 2.{\left( {1 - 2{{\sin }^2}x} \right)^2} - 1$ $= 2{\left( {1 - 2.{{\left( {\dfrac{4}{5}} \right)}^2}} \right)^2} - 1$ $=  - \dfrac{{527}}{{625}}$

$\sin a - \cos a = \dfrac{1}{5}\, \Rightarrow {\left( {\sin a - \cos a} \right)^2} = \dfrac{1}{{25}} \Leftrightarrow {\sin ^2}a - 2\sin a\cos a + {\cos ^2}a = \dfrac{1}{{25}} \Leftrightarrow 1 - \sin 2a = \dfrac{1}{{25}} \Leftrightarrow \sin 2a = \dfrac{{24}}{{25}}$

Ta có: ${\sin ^2}2a + {\cos ^2}2a = 1 \Rightarrow {\left( {\dfrac{{24}}{{25}}} \right)^2} + {\cos ^2}2a = 1 \Leftrightarrow {\cos ^2}2a = \dfrac{{49}}{{625}} \Leftrightarrow \cos 2a =  \pm \dfrac{7}{{25}}$

Mà  ${135^0} < a < {180^0} \Leftrightarrow {270^0} < 2a < {360^0} \Rightarrow \cos 2a > 0 \Rightarrow \cos 2a = \dfrac{7}{{25}}$

$\tan 2a = \dfrac{{\sin 2a}}{{\cos 2a}} = \dfrac{{\dfrac{{24}}{{25}}}}{{\dfrac{7}{{25}}}} = \dfrac{{24}}{7}$

Ta có: Sau $2h$ quãng đường tàu thứ nhất chạy được là: ${S_1} = 30.2 = 60\,km.$

Sau $2h$ quãng đường tàu thứ hai chạy được là: ${S_2} = 40.2 = 80\,km.$

Vậy: sau $2h$ hai tàu cách nhau là: $S = \sqrt {{S_1}^2 + {S_2}^2 - 2{S_1}.{S_2}.\cos {{60}^0}}  = 20\sqrt {13} .$

Theo công thức He-rong ta có

$\sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{9}{p^2} \Leftrightarrow \left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right) = \dfrac{1}{{27}}{p^3}$

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có $\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right) \le \dfrac{{{{\left( {p - a + p - b + p - c} \right)}^3}}}{{27}} = \dfrac{{{{\left( {3p - \left( {a + b + c} \right)} \right)}^3}}}{{27}} = \dfrac{{{{\left( {3p - 2p} \right)}^3}}}{{27}} = \dfrac{{{p^3}}}{{27}}$

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.

Khi đó tam giác $ABC$ đều.

Theo định lí cosin ta có ${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A = {7^2} + {5^2} - 2.7.5.\dfrac{3}{5} = 32 \Rightarrow a = 4\sqrt 2$

Từ công thức ${\sin ^2}A + {\cos ^2}A = 1 \Rightarrow {\mathop{\rm sinA}\nolimits}  = \dfrac{4}{5}$

Theo định lí sin ta có $\dfrac{a}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow R = \dfrac{a}{{2\sin A}} = \dfrac{{4\sqrt 2 }}{{2.\dfrac{4}{5}}} = \dfrac{{5\sqrt 2 }}{2}$.

Theo định lí cosin ta có ${\mathop{\rm cosC}\nolimits}  = \dfrac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}}$, thay vào đẳng thức thứ hai của hệ trên ta có

$a = 2b{\mathop{\rm cosC}\nolimits}  = 2b.\dfrac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}} \Rightarrow {a^2} = {a^2} + {b^2} - {c^2} \Leftrightarrow {b^2} - {c^2} = 0 \Leftrightarrow {b^2} = {c^2} \Rightarrow b = c$

Thay b = c vào hệ thức thứ nhất ta có $\dfrac{{2{b^3} - {a^3}}}{{2b - a}} = {a^2} \Leftrightarrow 2{b^3} - {a^3} = 2b{a^2} - {a^3} \Leftrightarrow {b^2} = {a^2} \Rightarrow a = b$

Do đó a = b = c. Vậy tam giác $ABC$ đều.