Với giải Câu hỏi trang 75 SBT Toán 10 Tập 1 Chân trời sáng tạo trong Bài 2: Định lí côsin và định lí sin giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập SBT Toán 10. Mời các bạn đón xem: 

SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo trang 75 Bài 2: Định lí côsin và định lí sin

Bài 3 trang 75 SBT Toán 10: Tính góc lớn nhất của tam giác ABC, biết các cạnh là $a=8,b=12,c=6$

Lời giải:

Áp dụng hệ quả của định lí côsin ta có:

$\begin{array}{l}\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{{12}^2+6^2-8^2}{\mathrm{2.12.6}}=\frac{29}{36}\\ \Rightarrow \hat{A}\simeq {36}^{\circ }{20}^{\prime }\end{array}$

$\begin{array}{l}\cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\frac{8^2+6^2-{12}^2}{\mathrm{2.8.6}}=-\frac{11}{24}\\ \Rightarrow \hat{B}\simeq {117}^{\circ }{17}^{\prime }\end{array}$

$\begin{array}{l}\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{8^2+{12}^2-6^2}{\mathrm{2.12.8}}=\frac{43}{48}\\ \Rightarrow \hat{A}\simeq {26}^{\circ }{23}^{\prime }\end{array}$

Ta thấy rằng ${117}^{\circ }{17}^{\prime }>{36}^{\circ }{20}^{\prime }>{26}^{\circ }{23}^{\prime }$ nên góc B là góc lớn nhất trong tam giác ABC đã cho

Bài 4 trang 75 SBT Toán 10: Tính khoảng cách giữa hai điểm P và Q của một hồ nước (hình 7). Cho biết từ một điểm O cách hai điểm P và Q lần lượt là 1400 m và 600 m người quan sát nhìn thấy một góc ${76}^{\circ }$

Lời giải:

Áp dụng định lí côsin ta có:

$\begin{array}{l}P{C}^2=O{P}^2+O{Q}^2-2OP.OQ.\cos O\\ ={1400}^2+{600}^2-\mathrm{2.1400.600.}\cos {76}^{\circ }=1913571,215\\ \Rightarrow PQ=\sqrt{1913571,215}\simeq 1383,32\end{array}$

Vậy khoảng cách giữa hai điểm P và Q của hồ nước trên gần bằng 1383,32 m

Bài 5 trang 75 SBT Toán 10: Cho tam giác ABC với $BC=a;AC=b;AB=c$. Chứng minh rằng:

$1+\cos A=\frac{\left(a+b+c\right)\left(-a+b+c\right)}{2bc}$

Lời giải:

Áp dụng định lí côsin ta có:

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

$\frac{b^2+c^2-a^2+2bc}{2bc}=\frac{\left(b^2+c^2+2bc\right)-a^2}{2bc}=\frac{{\left(b+c\right)}^2-a^2}{2bc}=\frac{\left(b+c+a\right)\left(b+c-a\right)}{2bc}$   (2)

Từ (1) và (2) suy ra $1+\cos A=\frac{\left(a+b+c\right)\left(-a+b+c\right)}{2bc}$ (đpcm)

Bài 6 trang 75 SBT Toán 10: Cho tam giác ABC có $a=24$cm, $b=26$cm, $c=30$cm

a) Tính diện tích tam giác ABC

b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác ABC

Lời giải:

a) Ta có: $p=\frac{1}{2}\left(24+26+30\right)=40$ (cm)

Áp dụng công thức Heron, ta có:

$S=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}=\sqrt{40.\left(40-24\right)\left(40-26\right)\left(40-30\right)}=80\sqrt{14}$ (cm2)

b)  Ta có công thức $S=pr$

Suy ra $r=\frac{S}{p}=\frac{80\sqrt{14}}{40}=2\sqrt{14}$ (cm)

Bài 7 trang 75 SBT Toán 10: Cho tam giác MNP có $MN=10,MP=20$ và $\hat{M}={42}^{\circ }$

a) Tính diện tích tam giác MNP

b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP. Tính diện tích tam giác ONP

Lời giải:

a) Ta có công thức $S=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}.MN.MP.\sin M$

$=\frac{1}{2}.10.20.\sin {42}^{\circ }\simeq 66,91$ (đvdt)

b)  O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP nên ta có:

$OM=ON=OP=R=\frac{NP}{2\sin M}$ (*)

Áp dụng định lí côsin ta tính được NP như sau:

$NP=\sqrt{M{P}^2+M{N}^2-2.MP.MN.\cos M}\simeq 14,24$ (cm)

Thay NP vừa tính được vào (*) ta có:

$OM=ON=OP=R=\frac{NP}{2\sin M}=\frac{14,24}{2.\sin {42}^{\circ }}\simeq 10,64$

Tam giác ONP có $ON=OP=10,64;NP=14,24$

Áp dụng công thức Heron, ta có:

$S=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\simeq 56,3$(cm²)

Bài 8 trang 75 SBT Toán 10: Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Chứng minh các tam giác GBC, GAB, GAC có diện tích bằng nhau

Lời giải:

Gọi AH, BK, CI là đường cao của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A, B, C

GH’, GK’, GI’ là đường cao của tam giác GBC, GAC, GAB kẻ từ G xuống BC, AC, AB

Ta có:

$S_{GBC}=\frac{1}{2}BC.G{H}^{\prime };S_{GAC}=\frac{1}{2}AC.G{K}^{\prime };S_{GBA}=\frac{1}{2}BA.G{I}^{\prime }$

Mà G là trọng tâm của tam giác ABC nên $G{H}^{\prime }=\frac{1}{3}AH;G{K}^{\prime }=\frac{1}{3}BK;G{I}^{\prime }=\frac{1}{3}CI$

Suy ra $S_{GBC}=\frac{1}{6}BC.AH;S_{GAC}=\frac{1}{6}AC.BK;S_{GBA}=\frac{1}{6}BA.CI$ (1)

Mặt khác ta có $S_{ABC}=\frac{1}{2}BC.AH=\frac{1}{2}AB.CI=\frac{1}{2}AC.BK$ (2)

Từ (1) và (2) ta có $S_{GBC}=S_{GAB}=S_{GAC}=\frac{1}{3}{S}_{ABC}$ (đpcm)

Bài 9 trang 75 SBT Toán 10: Cho tam giác ABC và có các điểm B’, C’ trên các cạnh AB, AC

Chứng minh  $\frac{S_{ABC}}{S_{A{B}^{\prime }{C}^{\prime }}}=\frac{AB.AC}{A{B}^{\prime }.A{C}^{\prime }}$

Lời giải:

Ta có:

$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin A;S_{A{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}A{B}^{\prime }.A{C}^{\prime }.\sin A$

Suy ra  $\frac{S_{ABC}}{S_{A{B}^{\prime }{C}^{\prime }}}=\frac{\frac{1}{2}AB.AC.\sin A}{\frac{1}{2}A{B}^{\prime }.A{C}^{\prime }.\sin A}=\frac{AB.AC}{A{B}^{\prime }.A{C}^{\prime }}$(đpcm)

Bài 10 trang 75 SBT Toán 10: Tính diện tích bề mặt của một miếng bánh mì kẹp kebab hình tam giác có hai cạnh lần lượt là 10 cm, 12 cm và góc tạo bởi hai cạnh đó là ${35}^{\circ }$

Lời giải:

Miêu tả bề mặt của miếng bánh mì như hình dưới đây

Ta có:

$S=\frac{1}{2}cb\sin A=\frac{1}{2}.10.12.\sin {35}^{\circ }\simeq 34,41$  (cm2)