Nếu tam giác $ABC$ có \({a^2} < {b^2} + {c^2}\) thì
Ta có \(\cos A = \dfrac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}\)
Theo giả thiết \({a^2} < {b^2} + {c^2} \Rightarrow \cos A > 0\).
Vậy góc $A$ nhọn.
Cho tam giác $ABC$ có $AB = 8cm,AC = 18cm$ và có diện tích bằng \(64c{m^2}\). Giá trị $\sin \widehat A$ là:
Ta có \(S = \dfrac{1}{2}AB.AC.\sin A \Rightarrow \sin A = \dfrac{{2S}}{{AB.AC}} = \dfrac{{2.64}}{{8.18}} = \)\(\dfrac{8}{9}\)
Cho tam giác $ABC$ có $AB = 4cm,BC = 7cm,CA = 9cm$. Giá trị $\cos A$ là:
Ta có \(\cos A = \dfrac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} = \dfrac{{{9^2} + {4^2} - {7^2}}}{{2.9.4}} = \dfrac{2}{3}\)
Tam giác $ABC$ có ba cạnh là $6,8,10$ . Khi đó, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ là:
+ Ta có \(p = \dfrac{{6 + 8 + 10}}{2} = 12\)
+ \(S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} \)=\(\sqrt {12.6.4.2} = 24\)
+ \(r = \dfrac{S}{p} = \dfrac{{24}}{{12}} = 2\)
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB = 5cm,BC = 13cm$. Gọi góc \(\widehat {ABC} = \alpha \) và \(\widehat {ACB} = \beta \) . Hãy chọn kết luận đúng khi so sánh \(\alpha \) và \(\beta \).
+ Có \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{13}^2} - {5^2}} = 12\)
+ \(\dfrac{b}{{\sin B}} = \dfrac{c}{{\sin C}} \Rightarrow \dfrac{{\sin C}}{{\sin B}} = \dfrac{c}{b} = \dfrac{5}{{12}} < 1\) (*)
+ Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ , suy ra $B$ và $C$ là góc nhọn. Do đó \(\sin B > 0\) và \(\sin C > 0\).
Từ (*) suy ra \(\sin C < \sin B\) . Suy ra $C < B$ hay \(\beta < \alpha \).
Trong tam giác $ABC$ có
Ta có:
\(m_a^2 - {\left( {\dfrac{{b + c}}{2}} \right)^2} = \dfrac{{{b^2} + {c^2}}}{2} - \dfrac{{{a^2}}}{4} - \dfrac{{{b^2} + {c^2} + 2bc}}{4} = \dfrac{{{b^2} + {c^2} - {a^2} - 2bc}}{4} = \dfrac{{{{(b - c)}^2} - {a^2}}}{4}\)
Trong tam giác ta có \(|b - c| < a\) suy ra \({(b - c)^2} < {a^2}\).
Do đó \(\dfrac{{{{(b - c)}^2} - {a^2}}}{4} < 0 \Rightarrow m_a^2 - {\left( {\dfrac{{b + c}}{2}} \right)^2} < 0\).
Vậy \({m_a} < \dfrac{{b + c}}{2}\)
Cho góc \(\widehat {xOy} = 30^\circ \). Gọi \(A\) và \(B\) là hai điểm di động lần lượt trên \(Ox\) và \(Oy\) sao cho \(AB = 1\). Độ dài lớn nhất của đoạn \(OB\) bằng:
Bước 1: Sử dụng định lý hàm số sin cho tam giác \(OAB\) tìm OB
Theo định lí hàm sin, ta có:
\(\dfrac{{OB}}{{\sin \widehat {OAB}}} = \dfrac{{AB}}{{\sin \widehat {AOB}}}\)\( \Leftrightarrow OB = \dfrac{{AB}}{{\sin \widehat {AOB}}}.\sin \widehat {OAB}\) \( = \dfrac{1}{{\sin 30^\circ }}.\sin \widehat {OAB} = 2\sin \widehat {OAB}\)
Bước 2: Đánh giá GTLN của \(OB\).
Do đó, độ dài \(OB\) lớn nhất khi và chỉ khi \(\sin \widehat {OAB} = 1 \Leftrightarrow \widehat {OAB} = 90^\circ \).
Khi đó \(OB = 2\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), có \(AB = c,\;AC = b\). Gọi \({\ell _a}\) là độ dài đoạn phân giác trong góc \(\widehat {BAC}\). Tính \({\ell _a}\) theo \(b\) và \(c\).
Ta có \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{b^2} + {c^2}} \).
Do \(AD\) là phân giác trong của \(\widehat {BAC}\)
\( \Rightarrow BD = \dfrac{{AB}}{{AC}}.DC\)\( = \dfrac{c}{b}.DC = \dfrac{c}{{b + c}}.BC = \dfrac{{c\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}{{b + c}}\).
Theo định lí hàm cosin, ta có
\(B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} - 2.AB.AD.\cos \widehat {ABD}\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{{c^2}\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} = {c^2} + A{D^2} - 2c.AD.\cos 45^\circ \)
\( \Rightarrow A{D^2} - c\sqrt 2 .AD + \left( {{c^2} - \dfrac{{{c^2}\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow A{D^2} - c\sqrt 2 .AD + \dfrac{{2b{c^3}}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} = 0\)
\( \Rightarrow AD = \dfrac{{\sqrt 2 bc}}{{b + c}}\) hay \({\ell _a} = \dfrac{{\sqrt 2 bc}}{{b + c}}\).
Hai chiếc tàu thủy cùng xuất phát từ một vị trí \(A\), đi thẳng theo hai hướng tạo với nhau góc \({60^0}\). Tàu \(B\) chạy với tốc độ \(20\) hải lí một giờ. Tàu \(C\) chạy với tốc độ \(15\) hải lí một giờ. Sau hai giờ, hai tàu cách nhau bao nhiêu hải lí? Kết quả gần nhất với số nào sau đây?
Sau \(2\) giờ tàu \(B\) đi được \(40\) hải lí, tàu \(C\) đi được \(30\) hải lí. Vậy tam giác \(ABC\) có \(AB = 40,\,\,\,AC = 30\) và \(\widehat A = {60^0}.\)
Áp dụng định lí côsin vào tam giác \(ABC,\) ta có
\({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A\)\( = {30^2} + {40^2} - 2.30.40.\cos {60^0}\)\( = 900 + 1600 - 1200 = 1300\)
Vậy \(BC = \sqrt {1300} \approx 36\) (hải lí).
Sau \(2\) giờ, hai tàu cách nhau khoảng \(36\) hải lí.
Từ vị trí \(A\) người ta quan sát một cây cao (hình vẽ).
Biết \(AH = 4{\rm{m}},{\rm{ }}HB = 20{\rm{m}},{\rm{ }}\widehat {BAC} = {45^0}\).
Chiều cao của cây gần nhất với giá trị nào sau đây?
Trong tam giác \(AHB\), ta có \(\tan \widehat {ABH} = \dfrac{{AH}}{{BH}} = \dfrac{4}{{20}} = \dfrac{1}{5}\) \( \Rightarrow \widehat {ABH} \approx {11^0}19\)
Suy ra \(\widehat {ABC} = {90^0} - \widehat {ABH} = {78^0}41'\).
Suy ra \(\widehat {ACB} = {180^0} - \left( {\widehat {BAC} + \widehat {ABC}} \right) = {56^0}19'\).
Áp dụng định lý sin trong tam giác \(ABC\), ta được \(\dfrac{{AB}}{{\sin \widehat {ACB}}} = \dfrac{{CB}}{{\sin \widehat {BAC}}}\)\( \Rightarrow CB = \dfrac{{AB.\sin \widehat {BAC}}}{{\sin \widehat {ACB}}} \approx 17{\rm{m}}\)
Cho tam giác ABC có \( \widehat B = {135^o}\). Khẳng định nào sau đây là đúng?
Công thức tính diện tích là:
Ta có:
Công thức tính diện tích là: \( S = \dfrac{1}{2}ac.\sin B\)
Mà \( \widehat B = {135^o} \Rightarrow \sin B = \sin {135^o} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\).
Thay vào công thức tính diện tích, ta được:
\( S = \dfrac{1}{2}ac.\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4}.ac\)
Cho tam giác ABC có \( \widehat B = {135^o}\). Khẳng định nào sau đây là đúng?
Bán kính đường tròn ngoại tiếp \(R\) là:
Theo định lí sin, ta có: \( \dfrac{a}{{\sin A}} = \dfrac{b}{{\sin B}} = \dfrac{c}{{\sin C}} = R\)
\( R = \dfrac{a}{{\sin A}}\) đúng
\( R = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}b\)
Mà \( \sin B = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow R = \dfrac{b}{{\sin B}} = \dfrac{b}{{\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}}} = b\sqrt 2 \)
Vậy B sai.
\( R = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}c\) (Loại vì không có dữ kiện về góc C nên không thể tính R theo c.)
\( R = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}a\) (Loại vì không có dữ kiện về góc A nên không thể tính R theo a.)
Cho tam giác ABC có \( \widehat B = {135^o}\). Khẳng định nào sau đây là đúng?
\( {a^2} = {b^2} + {c^2} + \sqrt 2 ab.\) (Loại)
Vì: Theo định lí cos ta có: \( {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos A\)
Không đủ dữ kiện để suy ra \( {a^2} = {b^2} + {c^2} + \sqrt 2 ab.\)
\( \dfrac{b}{{\sin A}} = \dfrac{a}{{\sin B}}\) (Loại)
Theo định lí sin, ta có: \( \dfrac{a}{{\sin A}} = \dfrac{b}{{\sin B}}\)
\( \sin B = \dfrac{{ - \sqrt 2 }}{2}\)(sai vì theo câu a, \( \sin B = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\))
\( {b^2} = {c^2} + {a^2} - 2ca\cos {135^o}.\)
Theo định lý cos ta có:
\( {b^2} = {c^2} + {a^2} - 2ca.\cos B\) (*)
Mà \( \widehat B = {135^o} \Rightarrow \cos B = \cos {135^o}\).
Thay vào (*) ta được: \( {b^2} = {c^2} + {a^2} - 2ca\;\cos {135^o}\)
Vậy D đúng.
Cho tam giác ABC. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A.\( S = \dfrac{{abc}}{{4r}}\)
Ta có: \( S = \dfrac{{abc}}{{4R}}\). Mà \( r < R\)nên suy ra \( S = \dfrac{{abc}}{{4R}} < \dfrac{{abc}}{{4r}}\)
Vậy A sai.
B.\( r = \dfrac{{2S}}{{a + b + c}}\)
Ta có: \( S = pr \Rightarrow r = \dfrac{S}{p}\)
Mà\( p = \dfrac{{a + b + c}}{2}\;\; \Rightarrow r = \dfrac{S}{p}\; = \dfrac{S}{{\dfrac{{a + b + c}}{2}}} = \dfrac{{2S}}{{a + b + c}}\;\)
Vậy B đúng
C.\( {a^2} = {b^2} + {c^2} + 2bc\;\cos A\)
Sai vì theo định lí cos ta có: \( {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\;\cos A\)
D.\( S = r\,(a + b + c)\)
Sai vì \( S = pr = r.\dfrac{{a + b + c}}{2}\)
Cho tam giác ABC. Khẳng định nào sau đây là đúng?
+ \( \sin A = \sin \,(B + C)\)
Ta có: \( \widehat A + \widehat B + \widehat C = {180^o}\)
\( \begin{array}{l} \Rightarrow \widehat B + \widehat C = {180^o} - \widehat A\\ \Rightarrow \sin \,(B + C) = \sin A\end{array}\)
Vậy A đúng.
+ \( \cos A = \cos \,(B + C)\)
Sai vì \( \cos \,(B + C) = - \cos A\)(Do \( \widehat A + \widehat B + \widehat C = {180^o}\))
+ \( \;\cos A > 0\)
Không đủ dữ kiện để kết luận.
Nếu \( {0^o} < \widehat A < {90^o}\) thì \( \cos A > 0\)
Nếu \( {90^o} < \widehat A < {180^o}\) thì \( \cos A < 0\)
+ \( \sin A\,\, \le 0\)
Ta có \( S = \dfrac{1}{2}bc.\sin A > 0\)
Mà \( b,c > 0\)
\( \Rightarrow \sin A > 0\)
Vậy D sai.
Cho tam giác ABC có \( \widehat B = {60^o},\;\,\widehat C = {45^o},AC = 10\).
Tính \( R\).
Theo định lí sin: \( \dfrac{a}{{\sin A}} = \dfrac{b}{{\sin B}} = \dfrac{c}{{\sin C}} = R\)
+) Ta có: \( R = \dfrac{b}{{\sin B}}\)
Mà \( b = AC = 10,\;\;\widehat B = {60^o}\)
\( \Rightarrow R = \dfrac{{10}}{{\sin {{60}^o}}} = \dfrac{{10}}{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{20}}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{20\sqrt 3 }}{3}.\)
Cho tam giác ABC có \( \widehat B = {60^o},\;\,\widehat C = {45^o},AC = 10\).
Tính \( a\).
Ta có: \( R = \dfrac{a}{{\sin A}} \Rightarrow a = R.\sin A\)
Mà \( R = \dfrac{{20\sqrt 3 }}{3},\;\widehat A = {180^o} - \left( {\widehat B + \;\widehat C} \right) = {180^o} - \left( {{{60}^o} + {{45}^o}} \right) = {75^o}\)
\( \Rightarrow a = \dfrac{{20\sqrt 3 }}{3}.\sin {75^o} \approx 11,154\)
Trên biển, tàu B ở vị trí cách tàu A 53km về hướng \( N{34^o}E\). Sau đó, tàu B chuyển động thẳng đều với vận tốc có độ lớn 30 km/h về hướng đông và tàu A chuyển động thẳng đều với vận tốc có độ lớn 50 km/h để đuổi kịp tàu B.
Hỏi tàu A cần phải chuyển động theo hướng nào?
Gọi t (đơn vị: giờ) là thời gian đi cho đến khi hai tàu gặp nhau tại C.
Tàu B đi với vận tốc có độ lớn 30km/h nên quãng đường BC = 30t
Tàu A đi với vận tốc có độ lớn 50km/h nên quãng đường AC = 50t
Theo định lí sin, ta có: \( \dfrac{a}{{\sin \alpha }} = \dfrac{b}{{\sin B}}\)
Trong đó: \( \left\{ \begin{array}{l}a = BC = 30t\\b = AC = 50t\\\widehat B = {124^o}\end{array} \right.\)
\( \begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{30t}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{50t}}{{\sin {{124}^o}}}\\ \Leftrightarrow \sin \alpha = \dfrac{{30t.\sin {{124}^o}}}{{50t}} = \dfrac{{30.\sin {{124}^o}}}{{50}} \approx 0,4974\end{array}\)
\( \Leftrightarrow \alpha \approx {30^o}\) hoặc \( \alpha \approx {150^o}\)(loại)
Vậy tàu A chuyển động theo hướng tạo với vị trí ban đầu của tàu B góc \( {30^o}\).
Trên biển, tàu B ở vị trí cách tàu A 53km về hướng \( N{34^o}E\). Sau đó, tàu B chuyển động thẳng đều với vận tốc có độ lớn 30 km/h về hướng đông và tàu A chuyển động thẳng đều với vận tốc có độ lớn 50 km/h để đuổi kịp tàu B.
Với hướng chuyển động đó thì sau bao lâu tàu A đuổi kịp tàu B?
Xét tam giác ABC, ta có:
\( \begin{array}{l}\widehat B = {124^o};\widehat A = {30^o}\\ \Rightarrow \widehat C = {180^o} - \left( {\widehat B + \widehat A} \right) = {180^o} - \left( {{{124}^o} + {{30}^o}} \right) = {26^o}\end{array}\)
Theo định lí sin, ta có
\( \dfrac{a}{{\sin A}} = \dfrac{c}{{\sin C}} \Rightarrow a = \dfrac{{c.\sin A}}{{\sin C}}\)
Mà \( \left\{ \begin{array}{l}a = BC = 30t\\c = AB = 53\\\widehat A = {30^o};\widehat C = {26^o}\end{array} \right. \Rightarrow 30t = \dfrac{{53.\sin {{30}^o}}}{{\sin {{26}^o}}}\)
\( \begin{array}{l} \Leftrightarrow 30t \approx 60,45\\ \Leftrightarrow t \approx 2\;(h)\end{array}\)
Vậy sau khoảng 2 giờ thì tàu A đuổi kịp tàu B.
Trên sân bóng chày dành cho nam, các vị trí gôn Nhà (Home plate), gôn 1 (First base), gôn 2 (Second base), gôn 3 (Third base) là bốn đỉnh của một hình vuông có cạnh dài 27,4 m. Vị trí đứng ném bóng (Pitcher’s mound) nằm trên đường nối gôn Nhà với gôn 2, và cách gôn Nhà 18,44 m. Tính các khoảng cách từ vị trí đứng ném bóng tới các gôn 1 và gôn 3.
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) \( \Rightarrow OB = OD = 19,4\;(m)\)
