Với giải Câu hỏi trang 80 SBT Toán 10 Tập 1 Chân trời sáng tạo trong Bài tập cuối chương 4 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 81: Bài tập cuối chương 4

Bài 10 trang 81 SBT Toán 10: Cho $\widehat{xOy}={30}^{\circ }$. 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:

A. 1,5 

B. $\sqrt{3}$   

C. $2\sqrt{2}$ 

D. 2

Lời giải:

Ta có: $\frac{AB}{\sin O}=\frac{OB}{\sin A}\Rightarrow OB=\sin A.\frac{1}{\sin {30}^{\circ }}=2\sin A\le 2$

Dấu bằng xảy ra khi $\sin A=1$ hay $AB\mathrm{\perp }Oy$

Chọn D.

Bài 1 trang 81 SBT Toán 10: Cho tam giác ABC với ba cạnh a, b, c. Chứng minh rằng:$\frac{\cos A}{a}+\frac{\cos B}{b}+\frac{\cos C}{c}=\frac{a^2+b^2+c^2}{2abc}$

Lời giải:

Từ định lí côsin ta suy ra
$\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc};\cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac};\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$

Suy ra:

$\begin{array}{l}\frac{\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{a}+\frac{\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}}{b}+\frac{\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}}{c}\\ =\frac{\left(b^2+c^2-a^2\right)+\left(a^2+c^2-b^2\right)+\left(a^2+b^2-c\right)}{2abc}\\ =\frac{a^2+b^2+c^2}{2abc}\end{array}$

Bài 2 trang 81 SBT Toán 10: Cho tam giác ABC. Biết $a=24,b=36,\hat{C}={52}^{\circ }$. Tính cạnh c và hai góc $\hat{A},\hat{B}$

Lời giải:

Áp dụng định lí côsin ta có:

$\begin{array}{l}{c}^2=a^2+b^2-2ab\cos C={24}^2+{36}^2-\mathrm{2.24.36.}\cos {52}^{\circ }\simeq 808,137\\ \Rightarrow c\simeq 28,43\end{array}$

Áp dụng định lí sin ta có:

$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=\frac{28,43}{\sin {52}^{\circ }}$

Ta tính được

$\begin{array}{l}\sin A\simeq 0,666\Rightarrow \hat{A}\simeq {41}^{\circ }{42}^{\prime }\\ \sin B\simeq 0,999\Rightarrow \hat{B}\simeq {86}^{\circ }{18}^{\prime }\end{array}$

Bài 3 trang 81 SBT Toán 10: Hai chiếc tàu thủy P và Q cách nhau 50 m. Từ P và Q thẳng hàng với chân A của tháp hải đăng AB ở trên bờ biển, người ta nhìn chiều cao AB của tháp dưới các góc $\widehat{BPA}={40}^{\circ }$ và $\widehat{BQA}={52}^{\circ }$. Tính chiều cao của tháp hải đăng đó.

Lời giải:

Góc $\widehat{PQB}$ là góc bù của tam giác BPQ nên ta có:

 $\widehat{BQP}=\widehat{QPB}+\widehat{PBQ}\Rightarrow \widehat{PBQ}=\widehat{BQP}-\widehat{QPB}={52}^{\circ }-{40}^{\circ }={12}^{\circ }$

Áp dụng định lí sin trong tam giác BPQ ta có

$\frac{PQ}{\sin B}=\frac{BQ}{\sin P}=\frac{50}{\sin {12}^{\circ }}\Rightarrow BQ=\frac{50}{\sin {12}^{\circ }}.\sin P=\frac{50}{\sin {12}^{\circ }}.\sin {40}^{\circ }$

Áp dụng định lí sin vào tam giác ABQ ta có:

$\frac{BQ}{\sin A}=\frac{AB}{\sin Q}\Rightarrow AB=\frac{BQ}{\sin A}.\sin Q=\frac{\frac{50}{\sin {12}^{\circ }}.\sin {40}^{\circ }}{\sin {90}^{\circ }}.\sin {52}^{\circ }\simeq 121,81$ (m)

Vậy chiều cao của tháp hải đăng là khoảng 121,81 m

Bài 4 trang 81 SBT Toán 10: Cho $\mathrm{\Delta }ABC$ có $\hat{A}={99}^{\circ },b=6,c=10$. Tính:

a) Diện tích tam giác ABC

b) Bán kính đường tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Lời giải:

a) Áp dụng định lí sin vào tam giác ABC ta có:

$S_{ABC}=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}.6.10.\sin {99}^{\circ }\simeq 29,63$ (đvdt)

b) Áp dụng định lí côsin ta tính được:

$a=\sqrt{b^2+c^2-2bc\cos A}=\sqrt{6^2+{10}^2-\mathrm{2.6.10}\cos {99}^{\circ }}\simeq 12,44$

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:

$R=\frac{abc}{4S}\simeq \frac{12,\mathrm{44.6.10}}{4.29,63}\simeq 6,25$

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác là:

$r=\frac{S}{p}=\frac{29,63}{\frac{\left(12,44+6+10\right)}{2}}\simeq 2,084$

Bài 5 trang 81 SBT Toán 10: Hai máy bay rời một sân bay cùng một lúc. Một chiếc máy bay với vận tốc 800 km/h theo hướng lệch so với hướng bắc ${15}^{\circ }$ về hướng tây. Chiếc còn lại bay theo hướng lệch so với hướng nam ${45}^{\circ }$ về phía tây với vận tốc 600 km/h (hình 1). Hỏi hai máy bay đó cách nhau bao xa sau 3 giờ?

Lời giải:

Sau 3 giờ khoảng cách máy bay so với sân bay là: $OA=2400$km, $OB=1800$ km

Ta có

$\widehat{xOA}+\widehat{AOB}+\widehat{BOy}={180}^{\circ }\Rightarrow \widehat{AOB}={180}^{\circ }-\left(\widehat{xOA}+\widehat{BOy}\right)={180}^{\circ }-\left({15}^{\circ }+{45}^{\circ }\right)={120}^{\circ }$

Áp dụng định lí côsin ta có:

$\begin{array}{l}AB=\sqrt{O{A}^2+O{B}^2-2OA.OB.\cos \widehat{AOB}}\\ =\sqrt{{2400}^2+{1800}^2-\mathrm{2.2400.1800.}\cos {120}^{\circ }}\simeq 3649,66\end{array}$

Vậy khoảng cách của hai máy bay sau 3 giờ là khoảng 3649,66 km

Bài 6 trang 81 SBT Toán 10: Cho tam giác ABC không vuông. Chứng minh rằng: $\frac{\tan A}{\tan B}=\frac{c^2+a^2-b^2}{c^2+b^2-a^2}$

Lời giải:

Tam giác ABC không vuông nên $\tan A,\tan B,\tan C$ xác định

Áp dụng định lý sin và định lí cosin, ta có:

$\begin{array}{l}\tan A=\frac{\sin A}{\cos A}=\frac{a}{2R}:\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{abc}{4R.\left(b^2+c^2-a^2\right)}\\ \tan B=\frac{\sin B}{\cos B}=\frac{b}{2R}:\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\frac{abc}{4R.\left(c^2+a^2-b^2\right)}\end{array}$

$\Rightarrow \frac{\tan A}{\tan B}=\frac{abc}{4R.\left(b^2+c^2-a^2\right)}:\frac{abc}{4R.\left(a^2+c^2-b^2\right)}=\frac{c^2+a^2-b^2}{c^2+b^2-a^2}$ (dpcm)

Bài 7 trang 81 SBT Toán 10: Một tháp viễn thông cao 42m được dựng thẳng đứng trên một sườn dốc ${34}^{\circ }$so với phương ngang. Từ đỉnh tháp người ta neo một sợi dây cáp xuống một điểm trên sườn dốc cách chân tháp 33 m như hình 2. Tính chiều dài của sợi dây đó.

Lời giải:

Ta có Ox song song với AD nên $\widehat{AOx}=\widehat{BAD}$         (so le trong)

Mặt khác ta có : $\widehat{CAB}+\widehat{BAD}={90}^{\circ }\Rightarrow \widehat{CAB}={90}^{\circ }-\widehat{BAD}={56}^{\circ }$

Áp dụng đinhh lí côsin ta có :

$BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2-2.AB.AC.\cos \widehat{BAC}}=\sqrt{{33}^2+{42}^2-\mathrm{2.33.42.}\cos {56}^{\circ }}\simeq 36,1$m

Vậy chiều dài sợi dây đó gần bằng 36,1 m