Bài tập cuối chương IV

Vì $\alpha  = {150^0}$  là góc tù nên $\sin \alpha  > 0,\cos \alpha  < 0,\tan \alpha  = \dfrac{{\sin \alpha }}{{c{\rm{os}}\alpha }} < 0,\cot \alpha  < 0.$

Do đó các đáp án A, B, D đều sai. Ta chỉ xét đáp án C. Ta có $\tan {150^ \circ } =  - \tan {30^ \circ } =  - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}.$

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.

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}}$

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.

Kí hiệu gôn Nhà, gôn 1, gôn 2, gôn 3 và vị trí ném bóng lần lượt là các điểm A, B, C, D, O như hình vẽ.

Ta có: $CD = 27,4 \Rightarrow AC = CD.\sqrt 2 = 27,4.\sqrt 2 \approx 38,75$

$\Rightarrow OC = AC - OA \approx 38,75 - 18,44 = 20,31$

Xét tam giác OCD ta có:

Định lí cos: $O{D^2} = C{D^2} + C{O^2} - 2.CD.CO.\cos C$

Trong đó $\left\{ \begin{array}{l}CD = 27,4\\CO = 20,31\\\widehat C = {45^o}\end{array} \right.$

$\begin{array}{l} \Rightarrow O{D^2} = 27,{4^2} + 20,{31^2} - 2.27,4.20,31.\cos {45^o}\\ \Leftrightarrow O{D^2} \approx 376,255\\ \Leftrightarrow OD \approx 19,4\;(m)\end{array}$

Dễ thấy $\Delta \,COB = \Delta \,COD$(c.g.c) $\Rightarrow OB = OD = 19,4\;(m)$

Ta có: $\widehat {AMB} + \widehat {AMC} = {180^o}$

$\Rightarrow \cos \widehat {AMB} = - \cos \widehat {AMC}$

Hay $\cos \widehat {AMB} + \cos \widehat {AMC} = 0$

$M = \sin {45^o}.\cos {45^o} + \sin {30^o}$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\sin {45^o} = \cos {45^o} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2};\;\\\sin {30^o} = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.$

Thay vào M, ta được: $M = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{2}{4} + \dfrac{1}{2} = 1$

Theo định lí cos ta có: ${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\;\cos A$

$\Rightarrow {b^2} + {c^2} - {a^2} = 2bc\;\cos A$(1)

Mặt khác, xét nửa đường tròn đường giác:

Ta có: $\cos \alpha = a$ với a là hoành độ của điểm M.

Dễ dàng suy ra:

Nếu góc A nhọn thì $\cos A > 0$

Từ (1), suy ra ${b^2} + {c^2} - {a^2} = 2bc\;\cos A > 0$

Hay ${b^2} + {c^2} > {a^2}$