GIẢI BÀI TẬP SGK TOÁN 10 - KẾT NỐI TRI THỨC VỚI CUỘC SỐNG BÀI TẬP CUỐI CHƯƠNG III (Trang 44, 45)

• a) Chọn B.
  Diện tích tam giác: \(S = \frac{1}{2} a c \sin B = \frac{1}{2} a c \sin 135^\circ = \frac{1}{2} a c \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{4} ac\).
• b) Chọn B.
  Theo định lí sin: \(\frac{b}{\sin B} = 2R \Rightarrow R = \frac{b}{2\sin 135^\circ} = \frac{b}{2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{b}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}b\).
• c) Chọn A và D.
  Theo định lí cosin: \(b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \cos B = a^2 + c^2 - 2ac \cos 135^\circ\) (Đúng với D).
  Vì \(\cos 135^\circ = -\frac{\sqrt{2}}{2}\) nên \(b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = a^2 + c^2 + \sqrt{2}ac\) (Đúng với A).

• a) Chọn B.
  Ta có \(S = p \cdot r = \frac{a+b+c}{2} \cdot r \Rightarrow r = \frac{2S}{a+b+c}\).
• b) Chọn A.
  Trong tam giác \(ABC\), ta có \(A + B + C = 180^\circ \Rightarrow A = 180^\circ - (B + C)\).
  Do đó, \(\sin A = \sin(180^\circ - (B + C)) = \sin(B + C)\).

• a) \(M = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} = \frac{2}{4} + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\).
• b) \(N = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{3}{4} + \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{4} = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} = 1\).
• c) \(P = 1 - (\sqrt{3})^2 = 1 - 3 = -2\).
• d) Dùng công thức \(\frac{1}{\sin^2 \alpha} - \cot^2 \alpha = 1\) (với \(\alpha = 120^\circ\)), ta có ngay \(Q = 1\).
  Hoặc tính cụ thể: \(Q = \frac{1}{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} - \left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 = \frac{4}{3} - \frac{1}{3} = 1\).

• Ta có: \(b = AC = 10\).
  Góc \(\widehat{A} = 180^\circ - (60^\circ + 45^\circ) = 75^\circ\).
• Tính \(a\) và \(R\):
  Theo định lí sin: \(\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R\).
  \(\Rightarrow R = \frac{b}{2\sin B} = \frac{10}{2\sin 60^\circ} = \frac{10}{2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{10\sqrt{3}}{3}\).
  \(\Rightarrow a = 2R \sin A = 2 \cdot \frac{10\sqrt{3}}{3} \cdot \sin 75^\circ = 2 \cdot \frac{10\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} = \frac{5(\sqrt{6}+\sqrt{2})\sqrt{3}}{3} = 5\sqrt{2} + \frac{5\sqrt{6}}{3}\).
• Tính \(c\):
  \(c = 2R \sin C = 2 \cdot \frac{10\sqrt{3}}{3} \cdot \sin 45^\circ = \frac{20\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{10\sqrt{6}}{3}\).
• Tính diện tích \(S\):
  \(S = \frac{1}{2} b c \sin A = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot \frac{10\sqrt{6}}{3} \cdot \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} = \frac{25(3 + \sqrt{3})}{3}\).
• Tính bán kính đường tròn nội tiếp \(r\):
  Nửa chu vi \(p = \frac{a+b+c}{2}\). Ta có \(r = \frac{S}{p}\).

• a) Vì \(M\) thuộc cạnh \(BC\) nên hai góc \(\widehat{AMB}\) và \(\widehat{AMC}\) là hai góc bù nhau (\(\widehat{AMB} + \widehat{AMC} = 180^\circ\)).
  Do đó, \(\cos \widehat{AMB} = -\cos \widehat{AMC} \Rightarrow \cos \widehat{AMB} + \cos \widehat{AMC} = 0\).
• b) Áp dụng định lí cosin trong các tam giác \(AMB\) và \(AMC\):
  Trong \(\triangle AMB\): \(AB^2 = MA^2 + MB^2 - 2MA \cdot MB \cdot \cos \widehat{AMB}\) (1)
  In \(\triangle AMC\): \(AC^2 = MA^2 + MC^2 - 2MA \cdot MC \cdot \cos \widehat{AMC}\) (2)
• c) Chứng minh công thức đường trung tuyến:
  Vì \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(MB = MC = \frac{BC}{2}\).
  Thay \(\cos \widehat{AMC} = -\cos \widehat{AMB}\) vào (2), ta có:
  \(AC^2 = MA^2 + MB^2 + 2MA \cdot MB \cdot \cos \widehat{AMB}\) (3)
  Cộng từng vế của (1) và (3):
  \(AB^2 + AC^2 = 2MA^2 + 2MB^2 = 2MA^2 + 2\left(\frac{BC}{2}\right)^2 = 2MA^2 + \frac{BC^2}{2}\)
  \(\Rightarrow 2MA^2 = AB^2 + AC^2 - \frac{BC^2}{2} = \frac{2(AB^2 + AC^2) - BC^2}{2}\)
  \(\Rightarrow MA^2 = \frac{2(AB^2 + AC^2) - BC^2}{4}\) (ĐPCM).

Theo định lí cosin, ta có: \(a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos A \Rightarrow b^2 + c^2 - a^2 = 2bc \cos A\).

• a) Nếu góc \(A\) nhọn (\(0^\circ < A < 90^\circ\)) \(\Rightarrow \cos A > 0\).
  Do đó \(2bc \cos A > 0 \Rightarrow b^2 + c^2 - a^2 > 0 \Rightarrow b^2 + c^2 > a^2\).
• b) Nếu góc \(A\) tù (\(90^\circ < A < 180^\circ\)) \(\Rightarrow \cos A < 0\).
  Do đó \(2bc \cos A < 0 \Rightarrow b^2 + c^2 - a^2 < 0 \Rightarrow b^2 + c^2 < a^2\).
• c) Nếu góc \(A\) vuông (\(A = 90^\circ\)) \(\Rightarrow \cos A = 0\).
  Do đó \(2bc \cos A = 0 \Rightarrow b^2 + c^2 - a^2 = 0 \Rightarrow b^2 + c^2 = a^2\) (Định lí Pythagore).

• Gọi \(t\) (giờ) là thời gian để tàu \(A\) đuổi kịp tàu \(B\) tại điểm \(C\).
  Quãng đường tàu \(B\) đi được: \(BC = 30t\text{ (km)}\).
  Quãng đường tàu \(A\) đi được: \(AC = 50t\text{ (km)}\).
  Khoảng cách ban đầu \(AB = 53\text{ km}\).
• Xét tam giác \(ABC\): Góc \(\widehat{ABC} = 90^\circ + 34^\circ = 124^\circ\).
  Theo định lí sin trong tam giác \(ABC\):
  \(\frac{AC}{\sin \widehat{ABC}} = \frac{BC}{\sin \widehat{BAC}} \Rightarrow \frac{50t}{\sin 124^\circ} = \frac{30t}{\sin \widehat{BAC}}\)
  \(\Rightarrow \sin \widehat{BAC} = \frac{30t \cdot \sin 124^\circ}{50t} = \frac{3}{5} \sin 124^\circ \approx 0{,}4974\).
  \(\Rightarrow \widehat{BAC} \approx 29{,}83^\circ \approx 29^\circ 50'\).
• a) Hướng chuyển động của tàu A:
  Góc tạo bởi hướng bắc và hướng chuyển động \(AC\) của tàu \(A\) là:
  \(34^\circ + 29^\circ 50' = 63^\circ 50'\).
  Vậy tàu \(A\) cần chuyển động theo hướng N63°50'E (hoặc hướng Đông 26°10' Bắc).
• b) Thời gian đuổi kịp:
  Góc \(\widehat{ACB} = 180^\circ - (124^\circ + 29^\circ 50') = 26^\circ 10'\).
  Theo định lí sin: \(\frac{AC}{\sin 124^\circ} = \frac{AB}{\sin \widehat{ACB}} \Rightarrow \frac{50t}{\sin 124^\circ} = \frac{53}{\sin 26^\circ 10'}\)
  \(\Rightarrow 50t \approx \frac{53 \cdot \sin 124^\circ}{\sin 26^\circ 10'} \approx 99{,}4 \Rightarrow t \approx 1{,}99\text{ (giờ)}\) (khoảng 2 giờ).

• Ký hiệu các gôn: Gôn Nhà (\(N\)), Gôn 1 (\(G_1\)), Gôn 2 (\(G_2\)), Gôn 3 (\(G_3\)), Vị trí ném bóng (\(M\)).
  Ta có hình vuông \(N G_1 G_2 G_3\) cạnh \(a = 27{,}4\text{ m}\).
  \(M\) thuộc đoạn thẳng \(N G_2\) và \(NM = 18{,}44\text{ m}\).
• Vì \(N G_1 G_2 G_3\) là hình vuông nên đường chéo \(N G_2\) là đường phân giác của góc \(\widehat{G_1 N G_3}\).
  \(\Rightarrow \widehat{G_1 N M} = \widehat{G_3 N M} = 45^\circ\).
• Do tính chất đối xứng của hình vuông qua đường chéo \(N G_2\), khoảng cách từ vị trí ném bóng \(M\) đến gôn 1 và gôn 3 là bằng nhau (\(MG_1 = MG_3\)).
• Áp dụng định lí cosin trong tam giác \(N M G_1\):
  \(M G_1^2 = N M^2 + N G_1^2 - 2 \cdot N M \cdot N G_1 \cdot \cos \widehat{G_1 N M}\)
  \(M G_1^2 = 18{,}44^2 + 27{,}4^2 - 2 \cdot 18{,}44 \cdot 27{,}4 \cdot \cos 45^\circ\)
  \(M G_1^2 \approx 340{,}0336 + 750{,}76 - 1010{,}512 \cdot 0{,}7071 \approx 376{,}17\)
  \(\Rightarrow M G_1 = \sqrt{376{,}17} \approx 19{,}39\text{ m}\).
• Kết luận: Khoảng cách từ vị trí đứng ném bóng tới gôn 1 và gôn 3 bằng nhau và khoảng \(19{,}39\text{ m}\).