ÔN TẬP CHƯƠNG 4

Áp dụng định lý côsin, ta có:

\(\begin{aligned}c^2&=a^2 + b^2 - 2ab\sin C\\ &= 49{,}4^2 + 26{,}4^2 - 2\cdot 49{,}4\cdot 26{,}4\cdot \cos 47^\circ 20'\\ &\approx 1369{,}58.\end{aligned}\)

Suy ra \(c\approx \sqrt{1369{,}69}\approx 37.\)

Áp dụng hệ quả định lý côsin, ta có:

\(\cos B=\displaystyle\frac{a^2 +c^2 - b^2}{2ac}\) \(=\displaystyle\frac{49{,}4^2 + 37^2 -26{,}4^2}{2\cdot 49{,}4\cdot 37}\approx 0{,}85.\)

Suy ra \(\widehat{B}\approx 31^\circ 38'\).

Suy ra \(\widehat{A}=180^\circ -\widehat{B} - \widehat{C}=101^\circ 2'\).

Áp dụng định lý côsin, ta có

\(\begin{aligned}\cos A&= \displaystyle\frac{b^2 + c^2 -a^2}{2bc}\\ &=\displaystyle\frac{13^2 + 15^2 - 24^2}{2\cdot 13\cdot 15}= -\displaystyle\frac{7}{15}\\ \Rightarrow \widehat{A} &\approx 117^\circ 49';\\ \cos B&= \displaystyle\frac{a^2 + c^2 -b^2}{2ac}\\ &=\displaystyle\frac{24^2 + 15^2 - 13^2}{2\cdot 24\cdot 15}=\displaystyle\frac{79}{90}\\ \Rightarrow \widehat{B} &\approx 28^\circ 37'.\end{aligned}\)

Suy ra \(\widehat{C}=180^\circ- \widehat{A} - \widehat{B}=33^\circ 34'\).

a. Áp dụng hệ quả định lý côsin cho \(\triangle ABC\), ta có

\(\begin{aligned}\cos C &= \displaystyle\frac{a^2 + b^2 -c^2}{2ab}\\ &=\displaystyle\frac{10^2 + 8^2 -13^2}{2\cdot 10 \cdot 8}= -\displaystyle\frac{1}{32}<0.\end{aligned}\)

Suy ra tam giác \(ABC\) có góc \(C\) tù.

b. Ta có \(CM=\displaystyle\frac{BC}{2}=\displaystyle\frac{8}{2}=4\).

Áp dụng định lý côsin cho \(\triangle ACM\), ta có

\(\begin{aligned}AM^2 &= AC^2 + CM^2 - 2AC\cdot CM\cdot \cos C\\ &= 10^2 +4^2 -2\cdot 10\cdot 4 \cdot \left(-\displaystyle\frac{1}{32}\right)=\displaystyle\frac{237}{2}.\end{aligned}\)

Suy ra \(AM\approx 10{,}9\).

Ta có nửa chu vi \(\triangle ABC\) là \(p=\displaystyle\frac{a+b+c}{2}=\displaystyle\frac{10+8+13}{2}=\displaystyle\frac{31}{2}\).

Áp dụng công thức Heron, ta có diện tích tam giác \(ABC\) là

\(\begin{aligned}S&=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\\ &=\sqrt{\displaystyle\frac{31}{2}\left(\displaystyle\frac{31}{2}-8\right)\left(\displaystyle\frac{31}{2}-10\right)\left(\displaystyle\frac{31}{2}-13\right)}\\ &\approx 40\end{aligned}\)

Bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\triangle ABC\) là

\(R=\displaystyle\frac{abc}{4S}=\displaystyle\frac{8\cdot 10\cdot 13}{4\cdot 40}=6{,}5.\)

c. Theo giả thiết, ta có \(CD=AC=10\) và

\(\widehat{BCD}=180^\circ - \widehat{ACB}\) \(=180^\circ -91{,}8^\circ = 88{,}2^\circ\).

Áp dụng định lý cô sin cho \(\triangle BCD\), ta có

\(\begin{aligned}BD^2 &= BC^2 + CD^2 - 2BC\cdot CD\cdot \cos \widehat{BCD}\\ &=8^2 + 10^2 -2 \cdot 8 \cdot 10\cdot \cos 88{,}2^\circ \approx 159.\end{aligned}\)

Suy ra \(BD\approx 12{,}6\).

a. Áp dụng định lý cô sin, ta có

\(\begin{aligned}a^2 &= b^2 +c^2 -2bc\cos A\\ &=8^2 + 5^2 -2\cdot 8 \cdot 5 \cdot \cos 120^\circ =129.\end{aligned}\)

Suy ra \(a=\sqrt{129}\approx 11{,}36\).

Áp dụng hệ quả định lý cô sin, ta có

\(\begin{aligned}\cos B&=\displaystyle\frac{a^2 + c^2 -b^2}{2ac}\\ &=\displaystyle\frac{11{,}36^2 + 8^2 -5^2}{2\cdot 11{,}36\cdot 8}\approx 0{,}92.\end{aligned}\)

Suy ra \(\widehat{B}=22^\circ 23'\).

Suy ra \(\widehat{C}=180^\circ - \widehat{A}-\widehat{B}\approx 37^\circ 35'\).

b. Diện tích tam giác \(ABC\) là

\(S=\displaystyle\frac{1}{2}bc\sin A = \displaystyle\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 5 \cdot \sin 120^\circ\) \(= 10\sqrt{3}.\)

c. Bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\triangle ABC\) là

\(R=\displaystyle\frac{a}{2\sin A}=\displaystyle\frac{\sqrt{129}}{2\sin 120^\circ}=\sqrt{43}.\)

Ta có

\(S=\displaystyle\frac{1}{2}ah_a\) \(\Leftrightarrow h_a = \displaystyle\frac{2S}{a}=\displaystyle\frac{2\cdot 10\sqrt{3}}{\sqrt{129}}\approx 3{,}05.\)

Vậy đường cao \(AH\) của tam giác \(ABC\) có độ dài là \(3{,}05\).

a. Áp dụng định lý cô-sin cho hai tam giác \(ABC\) và \(ABD\), ta có

\(AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2AB\cdot BC\cdot \cos \widehat{ABC};\)

\(BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2AB\cdot AD\cdot \cos \widehat{BAD}.\)

Vì \(ABCD\) là hinh bình hành nên \(BC=AD\). Cộng vế với vế hai đẳng thức trên, ta có

\(\begin{aligned}&AC^2 + BD^2\\ =\ &2\left(AB^2 + BC^2\right) - 2 AB\cdot BC\cdot \left(\cos \widehat{ABC} + \cos \widehat{BAD}\right).\end{aligned}\)

Lại có \(\widehat{ABC} + \widehat{BAD}=180^\circ\) nên

\(\begin{aligned}&\cos \widehat{ABC}=- \cos \widehat{BAD}\\ \Leftrightarrow\ &\cos \widehat{BAC} + \widehat{BAD}=0.\end{aligned}\)

Vậy ta có \(AC^2 + BD^2 = 2\left(AB^2 + BC^2\right)\).

b. Áp dụng kết quả ở câu trên, ta có

\(2\left(4^2 + 5^2\right)=AC^2 + 7^2 \Leftrightarrow AC^2 = 33.\)

Vậy \(AC=\sqrt{33}\).

a. Nửa chu vi \(\triangle ABC\) là \(p=\displaystyle\frac{a+b+c}{2}=\displaystyle\frac{15+20+25}{2}=30\).

Áp dụng công thức Heron, ta có diện tích \(\triangle ABC\) là

\(\begin{aligned}S&=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\\ &=\sqrt{30(30-15)(30-20)(30-25)}\\ &=150.\end{aligned}\)

b. Bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\triangle ABC\) là

\(R=\displaystyle\frac{abc}{4S}=\displaystyle\frac{15\cdot 20\cdot 25}{4\cdot 150}=\displaystyle\frac{25}{2}.\)

Theo định lý sin, ta có

\(\begin{aligned}&\displaystyle\frac{a}{\sin A}= 2R\\ \Rightarrow &\displaystyle\frac{1}{\sin A}=\displaystyle\frac{2R}{a}\\ \Rightarrow &\displaystyle\frac{\cos A}{\sin A}=\displaystyle\frac{2R}{a}\cdot \cos A\\ &\Leftrightarrow \cot A = \displaystyle\frac{2R}{a}\cdot \cos A.\end{aligned}\)

Áp dụng hệ quả định lý côsin, ta được

\(\cot A = \displaystyle\frac{2R}{a}\cdot \displaystyle\frac{b^2 + c^2-a^2}{2bc}= \displaystyle\frac{R\left(b^2 + c^2 -a^2\right)}{abc}.\)

Chứng minh tương tự, ta có

\(\cot B = \displaystyle\frac{R\left(a^2 + c^2 -b^2\right)}{abc};\)

\(\cot C = \displaystyle\frac{R\left(a^2 + b^2 -c^2\right)}{abc}.\)

Suy ra

\(\begin{aligned}&\cot A + \cot B + \cot C\\ &= \displaystyle\frac{R}{abc}\left[\left(b^2 + c^2 - a^2\right) + \left(a^2 +c^2 - b^2\right) + \left(a^2 +b^2-c^2\right)\right]\\ &= \displaystyle\frac{R\left(a^2+b^2+c^2\right)}{abc}.\end{aligned}\)

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Áp dụng định lý cô sin, ta có

\(AB^2 = 370^2 + 350^2 - 2\cdot 370\cdot 350 \cdot \cos 2{,}1^\circ\) \(\approx 573{,}95.\)

Suy ra \(AB\approx 23{,}96\) km.

Vì \(\widehat{AQB}\) là góc ngoài của \(\triangle APQ\) nên \(\widehat{PAQ}=\widehat{AQB} - \widehat{APQ}=48^\circ -35^\circ = 13^\circ\).

Áp dụng định lý sin cho \(\triangle APQ\), ta có

\(\begin{aligned}&\displaystyle\frac{AQ}{\sin \widehat{APQ}} = \displaystyle\frac{PQ}{\sin \widehat{PAQ}}\\ \Leftrightarrow &\displaystyle\frac{AQ}{\sin 35^\circ} = \displaystyle\frac{300}{\sin 13^\circ}\\ \Rightarrow &AQ=\displaystyle\frac{300 \cdot \sin 35^\circ}{\sin 13^\circ}\approx 764{,}9.\end{aligned}\)

Xét \(\triangle ABQ\) vuông tại \(B\), ta có

\(\begin{aligned}&\sin \widehat{AQB}=\displaystyle\frac{AB}{AQ}\\ \Rightarrow\ &AB=AQ\cdot \sin \widehat{AQB}=764{,}9\cdot \sin 48^\circ\\ &\approx 568{,}46.\end{aligned}\)

Vậy tháp hải đăng cao khoảng \(568{,}46\) m.

Ta có \(AA_1B_1B\) là hình chữ nhật nên \(A_1B_1=AB=12\) m.

Vì \(\widehat{DA_1C_1}\) là góc ngoài của \(\triangle DA_1B_1\) nên \(\widehat{A_1DB_1}=\widehat{DA_1C_1}- \widehat{DB_1A_1}=49^\circ - 35^\circ\).

Áp dụng định lý sin cho \(\triangle DA_1B_1\), ta có

\(\begin{aligned}&\displaystyle\frac{DA_1}{\sin \widehat{AB_1A_1}} =\displaystyle\frac{A_1B_1}{\sin \widehat{A_1DB_1}}\\ \Leftrightarrow\ &\displaystyle\frac{DA_1}{\sin 35^\circ} = \displaystyle\frac{12}{\sin 14^\circ}\\ \Rightarrow\ &DA_1=\displaystyle\frac{12\cdot \sin 35^\circ}{\sin 14^\circ}\approx 28{,}5.\end{aligned}\)

Xét \(\triangle DC_1A_1\) vuông tại \(C_1\), ta có

\(\begin{aligned}&\sin \widehat{DA_1C_1}=\displaystyle\frac{DC_1}{DA_1}\\ \Leftrightarrow\ &\sin 49^\circ = \displaystyle\frac{DC_1}{28{,}5}\\ \Rightarrow\ &DC_1 = 28{,}5\cdot \sin 49^\circ \approx 21{,}5.\end{aligned}\)

Vì \(BB_1C_1C\) là hình chữ nhật nên \(CC_1=BB_1=1{,}2\) m.

Vậy chiều cao \(CD\) của tháp là

\(CD=CC_1 + C_1D=1{,}2 + 21{,}5 = 22{,}7\) m.