Bài 51 trang 47 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh \(a=3, b=4, c=5,2\). Hỏi trong các kết luận sau, kết luận nào đúng? a) \(\widehat A\) là góc nhọn. b) \(\widehat B\) là góc tù. c) \(\widehat C\) là góc nhọn. d) \(\widehat D\) là góc tù. Giải Các kết luận đúng là a) và d). Bài 52 trang 47 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tam giác \(ABC\) có độ dài ba cạnh \(a, b, c\) thỏa mãn hệ thức \(a^4=b^4+c^4\). a) Chứng minh \(\widehat B < \widehat A\) và \(\widehat C < \widehat A\). b) Chứng minh rằng tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn. Giải a) Từ giả thiết suy ra b b) Ta có \({b^4} + {c^4}\)\( = {({b^2} + {c^2})^2} - 2{b^2}{c^2}\,\, < \,\,{({b^2} + {c^2})^2}.\) Từ đó suy ra \({a^2} < {b^2} + {c^2}\) hay \({b^2} + {c^2} - 2bc\cos A\, < {b^2} + {c^2}\). Vậy \(\ cos A > 0\), do đó \(\widehat A < {90^0}\). Theo câu a) thì \(\widehat B\) và \(\widehat C\) cũng là góc nhọn. Bài 53 trang 47 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tính cạnh thứ ba của tam giác \(ABC\) trong mỗi trường hợp sau: a) \(a = 7 ;b = 10 ;\widehat C = {56^0}29'\) . b) \(a = 2 ;c = 3 ;\widehat B = {123^0}17'\). c) \(b = 0,4 ;c = 12 ;\widehat A = {23^0}28'\) Giải a) \({c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ac\cos C\) \(= {7^2} + {10^2} - 2.7.10.\cos {56^0}29' \approx 71,7 \) \(\Rightarrow c \approx 8,47.\) b) \({b^2} = {a^2} + {c^2} - 2ac\cos B \approx 19,6\) \( \Rightarrow b \approx 4,43 .\) c) \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A \approx 135,35 \) \( \Rightarrow a \approx 11,63.\) Bài 54 trang 47 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tính các cạnh và góc còn lại của tam giác \(ABC\) trong mỗi trường hợp sau: a) \(a = 109 ; \widehat B = {33^0}24' ;\widehat C = {66^0}59'\) b) \(a = 20 ;b = 13 ;\widehat A = {67^0}23'\) Giải a) \(\widehat A = {180^0} - ({33^0}24' + {66^0}59') \) \(= {79^0}37'.\) Ta có \(b = \dfrac{{a.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in3}}{{\rm{3}}^0}24'}}{{\sin {{79}^0}37'}} \approx 61 ;\) \(c = \dfrac{{a.\sin {{66}^0}59'}}{{\sin {{79}^0}37'}} \approx 102 .\) b) Từ đẳng thức \(\dfrac{a}{{\sin A}} = \dfrac{b}{{\sin B}}\) suy ra \(\sin B = \dfrac{{13.\sin {{67}^0}23'}}{{20}} \approx 0,6 .\) Vì \(b < a\) nên \(\widehat B < \widehat A\), suy ra \(\widehat B \approx {36^0}52' ;\) \( \widehat C \approx {180^0} - ({67^0}23' + {36^0}52') \approx {75^0}45'\) \(c = \dfrac{{20.\sin {{75}^0}45'}}{{\sin {{67}^0}23'}} \approx 21.\) Bài 55 trang 47 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tam giác \(ABC\) có \(\widehat B = {60^0}; \widehat C = {45^0}; BC = a\). a) Tính độ dài hai cạnh \(AB, AC.\) b) Chứng minh \(\cos {75^0} = \dfrac{{\sqrt 6 - \sqrt 2 }}{4}\). Giải a) Ta có \(\widehat A = {180^0} - ({60^0} + {45^0}) = {75^0}.\) Đặt \(AC=b, AB=c\). Theo định lí hàm sớ sin: \(\dfrac{b}{{\sin {{60}^o}}} = \dfrac{a}{{\sin {{75}^0}}} = \dfrac{c}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in4}}{5^0}}}\). Suy ra \(b = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{{2\sin {{75}^0}}} ; c = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{2\sin {{75}^0}}}.\) b) Kẻ \(AH \bot BC\) (h.52), do \(\widehat B, \widehat C\) đều là góc nhọn nên \(H\) thuộc đoạn \(BC\), hay \(BC=HB+HC\). Ta có \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}HC = \dfrac{{b\sqrt 2 }}{2}\\HB = \dfrac{c}{2}\end{array} \right.\\ \Rightarrow a = HC + HB = b\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} + \dfrac{c}{2} \\= \dfrac{{a\sqrt 6 + a\sqrt 2 }}{{4.\sin {{75}^0}}} \\ \Rightarrow \sin {75^0} = \dfrac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{4}.\\\cos {75^0} = \sqrt {1 - {{\sin }^2}{{75}^0}}\\ = \sqrt {1 - {{\left( {\dfrac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{4}} \right)}^2}} \\ = \dfrac{1}{4}\sqrt {8 - 2\sqrt {12} } \\ = \dfrac{1}{4}\sqrt {{{\left( {\sqrt 6 - \sqrt 2 } \right)}^2}} = \dfrac{{\sqrt 6 - \sqrt 2 }}{4}\end{array}\) Bài 56 trang 47 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tam giác \(ABC\) có \(c = 35 ; b = 20 ; \widehat A = {60^0}.\) a) Tính chiều cao \(h_a\). b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác. c) Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác . Giải \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos A\) \(= {20^2} + {35^2} - 20.35\) \(= 400 + 1225 - 700 = 925.\) Vậy \(a \approx 30,41\). a) Từ công thức tính diện tích \(S = \dfrac{1}{2}a{h_a}\), suy ra \({h_a} = \dfrac{{2S}}{a} = \dfrac{{bc.\sin A}}{a}\) \(\approx \dfrac{{20.35.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{30.41}} \approx 19,93.\) b) \(2R = \dfrac{a}{{\sin A}} \) \( \Rightarrow R = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }} \approx \dfrac{{30,41}}{{\sqrt 3 }} \approx 17,56.\) c) Từ công thức \(S = \dfrac{{a + b + c}}{2}r\) và \(S = \dfrac{{abc}}{{4R}} \approx 303,06\), suy ra \(r = \dfrac{{2S}}{{a + b + c}}\) \(\approx \dfrac{{606,12}}{{30,41 + 20 + 35}} \approx 7,1.\) Bài 57 trang 47 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tam giác \(ABC\) có các cạnh \(AB=3 , AC=7 , BC=8\) a) Tính diện tích của tam giác đó. b) Tính bán kính các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác . Giải a) Áp dụng công thức Hê-rông ta được \(S = \sqrt {9.(9 - 3)(9 - 7)(9 - 8)} = 6\sqrt 3 \). b) (h.53). Áp dụng các công thức tính diện tích .\(S = \dfrac{{abc}}{{4R}}\) và \(S = pr\), ta có \(R = \dfrac{{7\sqrt 3 }}{3} ; r = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3} .\) Bài 58 trang 48 SBT Hình học 10 Nâng cao. Chứng minh rằng trong tam giác \(ABC\) ta có \(\cot A + \cot B + \cot C = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{abc}}R\). Giải \(\cot A = \dfrac{{\cos A}}{{\sin A}} = \dfrac{{\dfrac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}}}{{\dfrac{a}{{2R}}}}\) \(= \dfrac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{abc}}R\) Tương tự ta cũng có \(\cot B = \dfrac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{abc}}R ;\) \( \cot C = \dfrac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{abc}}R.\) Từ đó suy ra \(\cot A + \cot B + \cot C = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{abc}}R.\) Bài 59 trang 48 SBT Hình học 10 Nâng cao. a) \({b^2} - {c^2} = a(b\cos C - c\cos B).\) b) \(({b^2} - {c^2})\cos A = a(c\cos C - b\cos B)\). c) \(\sin C = \sin A\cos B + \sin B\cos A\). Giải a) Ta có \(\begin{array}{l}{b^2} - {c^2} = ({a^2} + {c^2} - 2ac.\cos B) - ({a^2} + {b^2} - 2ab.\cos C)\\= {c^2} - {b^2} + 2a(b\cos C - c\cos B).\end{array}\) Từ đó ta được \(2({b^2} - {c^2}) = 2a(b\cos C - c\cos B)\), suy ra \({b^2} - {c^2} = a(b\cos C - c\cos B).\) b) \(\begin{array}{l}a(c\cos C - b\cos B) = ac\dfrac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}} - ab\dfrac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac}}\\= \dfrac{1}{{2bc}}\left[ {{c^2}({a^2} + {b^2} - {c^2}) - {b^2}({a^2} + {c^2} - {b^2})} \right]\\= \dfrac{1}{{2bc}}\left[ {{a^2}({c^2} - {b^2}) + ({b^2} - {c^2})({b^2} + {c^2})} \right]\\= ({b^2} - {c^2})\dfrac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} = ({b^2} - {c^2})\cos A.\end{array}\) c) Đẳng thức cần chứng minh tương đương với đẳng thức \(2R\sin C = 2R\sin A\cos B + 2R\sin B\cos A\) hay \(c = a\cos B + b\cos A\). (h.54). Ta có \({\overrightarrow {AB} ^2} = \overrightarrow {AB} \left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} } \right)\) \(= \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC}. \) Suy ra \({c^2} = bc.\cos A + ac.\cos B\) dẫn đến \(c = b.\cos A + a.\cos B\) Bài 60 trang 48 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tam giác \(ABC\) có \(BC=12, CA=13\), trung tuyến \(AM=8.\) a) Tính diện tích tam giác \(ABC.\) b) Tính góc \(B.\) Giải (h.55). a) Theo công thức Hê-rông ta có \({S_{AMC}} = \sqrt {\dfrac{{27}}{2}\left( {\dfrac{{27}}{2} - 13} \right)\left( {\dfrac{{27}}{2} - 6} \right)\left( {\dfrac{{27}}{2} - 8} \right)} = \dfrac{{9\sqrt {55} }}{4}.\) Suy ra \({S_{ABC}} = 2{S_{AMC}} = \dfrac{{9\sqrt {55} }}{2}\). b) Ta có \({b^2} + {c^2} = 2A{M^2} + \dfrac{{{a^2}}}{2}\). Suy ra \(A{B^2} = {c^2} = 2A{M^2} - {b^2} + \dfrac{{{a^2}}}{2}\) \(= 2.64 + 72 - 169 = 31 \Rightarrow c = \sqrt {31} \). Từ đó ta có \(\cos B = \dfrac{{31 + 144 - 169}}{{24\sqrt {31} }} \) \(= \dfrac{1}{{4\sqrt {31} }} \approx 0,045 \Rightarrow \widehat B \approx {87^0}25'.\) Bài 61 trang 48 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tam giác \(ABC\) có \(\dfrac{c}{b} = \dfrac{{{m_b}}}{{{m_c}}} \ne 1\). Chứng minh rằng: \(2\cot A = \cot B + \cot C\). Giải Đẳng thức \(2\cot A = \cot B + \cot C\) tương đương với \(2.\dfrac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{abc}}R = \dfrac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{abc}}R \) \(= \dfrac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{abc}}R\) (theo tính toán như bài 58) hay \({b^2} + {c^2} = 2{a^2}\). Từ giả thiết suy ra \({c^2}m_c^2 = {b^2}m_b^2\), do đó \(\begin{array}{l}{c^2}\left( {\dfrac{{{b^2} + {a^2}}}{2} - \dfrac{{{c^2}}}{4}} \right) \\= {b^2}\left( {\dfrac{{{c^2} + {a^2}}}{2} - \dfrac{{{b^2}}}{4}} \right)\\ \Rightarrow 2{b^2}{c^2} + 2{a^2}{c^2} - {c^4}\\ = 2{b^2}{c^2} + 2{a^2}{b^2} - {b^4}.\\ \Rightarrow {b^4} - {c^4} = 2{a^2}({b^2} - {c^2})\end{array}\) \( \Rightarrow {b^2} + {c^2} = 2{a^2}.\) (do \({b^2} - {c^2} \ne 0\)). Ta đi đến điều phải chứng minh. Bài 62 trang 48 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tìm quỹ tích những điểm có tổng bình phương các khoảng cách đến bốn đỉnh của một tứ giác bằng \(k^2\) không đổi. Giải Xét tứ giác \(ABCD\). Gọi \(I, J\) lần lượ là trung điểm của \(AB, CD\) và \(G\) là trung điểm cùa \(IJ\) (h.56). Với mỗi điểm \(M,\) ta đều có: \(\begin{array}{l}M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2}\\ = 2M{I^2} + \dfrac{{A{B^2}}}{2} + 2M{J^2} + \dfrac{{C{D^2}}}{2}\\= 2\left( {2M{G^2} + \dfrac{{I{J^2}}}{2}} \right) + \dfrac{{A{B^2} + C{D^2}}}{2}\\= 4M{G^2} + \dfrac{{A{B^2} + C{D^2}}}{2} + I{J^2}.\end{array}\) Từ đó suy ra \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2}\) \(= {k^2} \Leftrightarrow 4M{G^2}\) \(= {k^2} - \left( {\dfrac{{A{B^2} + C{D^2}}}{2} + I{J^2}} \right)\) không đổi. Từ đó ta có: Nếu \({k^2} - \left( {\dfrac{{A{B^2} + C{D^2}}}{2} + I{J^2}} \right) > 0\) thì quỹ tích điểm M là đường tròn tâm G, bán kính \(r = \sqrt {\dfrac{{{k^2} - \left( {\dfrac{{A{B^2} + C{D^2}}}{2} + I{J^2}} \right)}}{4}} \). Nếu \({k^2} = \left( {\dfrac{{A{B^2} + C{D^2}}}{2} + I{J^2}} \right)\) thì quỹ tích điểm M là một điểm G. Nếu \({k^2} - \left( {\dfrac{{A{B^2} + C{D^2}}}{2} + I{J^2}} \right) < 0\) thì qỹ tích điểm M là tập rỗng. Bài 63 trang 48 SBT Hình học 10 Nâng cao. Chứng minh rằng hai trung tuyến kẻ từ \(B\) và \(C\) của tam giác \(ABC\) vuông góc với nhau khi và chỉ khi có hệ thức sau: \(\cot A = 2(\cot B + \cot C).\) Giải Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác ABC (h.57). Khi đó \(GB \bot GC \Leftrightarrow {a^2} = \dfrac{4}{9}\left( {m_b^2 + m_c^2} \right)\) \(\begin{array}{l}\Leftrightarrow 9{a^2} = 4\left( {\dfrac{{{a^2} + {c^2}}}{2} - \dfrac{{{b^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{2} - \dfrac{{{c^2}}}{4}} \right)\\ \Leftrightarrow 9{a^2} = 4{a^2} + {b^2} + {c^2}\\\Leftrightarrow 5{a^2} = {b^2} + {c^2}.\end{array}\) Biến đổi đẳng thức \(\cot A = 2\left( {\cot B + \cot C} \right)\) \( \Leftrightarrow \dfrac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{abc}}R\) \(= 2\left( {\dfrac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{abc}}R + \dfrac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{abc}}R} \right)\) ( theo bài 58). \( \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} = 5{a^2}\). Vậy \(GB \bot GC\) \(\Leftrightarrow \cot A = 2\left( {\cot B + \cot C} \right)\). Bài 64 trang 48 SBT Hình học 10 Nâng cao. Chứng minh rằng khoảng cách d từ trọng tâm tam giác \(ABC\) đến tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác đó thỏa mãn hệ thức: \({R^2} - {d^2} = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{9}.\) Giải Giả sử tam giác \(ABC\) nội tiếp trong đường tròn tâm \(O\) và có trọng tâm \(G\). Ta có \(\begin{array}{l}{\overrightarrow {OA} ^2} + {\overrightarrow {OB} ^2} + {\overrightarrow {OC} ^2}\\ = {\left( {\overrightarrow {GA} - \overrightarrow {GO} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {GB} - \overrightarrow {GO} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {GC} - \overrightarrow {GO} } \right)^2}\\ = {\overrightarrow {GA} ^2} + {\overrightarrow {GB} ^2} + {\overrightarrow {GC} ^2} - 2\overrightarrow {GO} \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right) + 3{\overrightarrow {GO} ^2}\end{array}\) Do \(OA=OB=OC=R\) và \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \) nên \(3{R^2} = G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} + 3{d^2}\). Mặt khác \(\begin{array}{l}G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} \\= \dfrac{4}{9}\left( {m_a^2 + m_b^2 + m_c^2} \right)\\= \dfrac{4}{9}\left( {\dfrac{{{b^2} + {c^2}}}{2} - \dfrac{{{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2} + {c^2}}}{2} - \dfrac{{{b^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{2} - \dfrac{{{c^2}}}{4}} \right)\\= \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3}\end{array}\) Do đó \(3{R^2} = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3} + 3{d^2}\), suy ra \({R^2} - {d^2} = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{9}\). Bài 65 trang 48 SBT Hình học 10 Nâng cao. Chứng minh rằng trong mỗi tam giác, khoảng cách d từ tâm đường tròn nội tiếp đến tâm đường tròn ngoại tiếp thỏa mãn hệ thức: \({d^2} = {R^2} - 2Rr\). ( Hệ thức Ơ-le) Giải (h.58). Xét tam giác \(ABC\) nội tiếp đường tròn \((O ; R)\) và ngoại tiếp đường tròn \((I ; r)\). Gọi \(D, E\) lần lượt là điểm chính giữa cung \(\stackrel\frown {BC}\) và cung \(\stackrel\frown {AC}\) thì \(OD \bot BC , \widehat {BAD} = \dfrac{{\widehat A}}{2}\). Mặt khác , ta có \(\widehat {BID} = \dfrac{1}{2}\)(sđ\(\stackrel\frown {BD}\) +sđ \(\stackrel\frown {AE}\)) \) \(= \dfrac{1}{2}\)(sđ \(\stackrel\frown {DC}\) + sđ \(\stackrel\frown {EC}\)) = \(\dfrac{1}{2}\)(sđ\(\stackrel\frown {DCE}\) ). Vậy \(\widehat {BID} = \widehat {IBD}\), suy ra \(ID = BD = 2R\sin \dfrac{A}{2}\). Trong tam giác OID ta có \(O{I^2} = I{D^2} + O{D^2} - 2\overrightarrow {DI} .\overrightarrow {DO} \).\( \Rightarrow O{I^2} = 4R{\sin ^2}\dfrac{A}{2} + {R^2} - 2\overrightarrow {DO} .\overrightarrow {DH} \) (với \(IH \bot OD\)). Dễ thấy \(\overrightarrow {DO} .\overrightarrow {DH} = DO.(DJ + JH)\) \(= R\left( {BD\sin \dfrac{A}{2} + r} \right) \) \(= R\left( {2R{{\sin }^2}\dfrac{A}{2} + r} \right)\) \(= 2{R^2}{\sin ^2}\dfrac{A}{2} + Rr\). Từ đó suy ra \({d^2} = {R^2} - Rr\). Bài 66 trang 48 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho điểm \(M\) cố định trên đường tròn \((O ; R)\) và hai điểm \(N, P\) chạy trên đường tròn đó sao cho \(\widehat {NMP} = {30^0}\). a) Tìm quỹ tích trung điểm \(I\) của \(NP.\) b) Xác định vị trí của \(N, P\) để diện tích tam giác \(MNP\) đạt giá trị lớn nhất. Giải (h.59). a) Ta có \(NP = 2R\sin {30^0} = R,\) \( O{I^2} = O{N^2} - N{I^2} \) \(= {R^2} - \dfrac{{{R^2}}}{4} = \dfrac{{3{R^2}}}{4}\). Suy ra \(OI = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{2}\) không đổi, do đó \(I\) thuộc đường tròn tâm \(O\) bán kính bằng \(\dfrac{{R\sqrt 3 }}{2}\). Đảo lại, với mỗi điểm \(I\) trên đường tròn đó ta kẻ dây cung \(NP\) của \((O)\) vuông góc với \(OI\) thì \(NP=2NI=R.\) Ta có \(\sin \widehat {NMP} = \dfrac{R}{{2R}} = \dfrac{1}{2}\). Góc \(NMP\) có thể bằng \(30^0\) hoặc bằng \(150^0\). Dễ thấy \(\widehat {NMP} = {30^0}\) khi và chỉ khi \(O, M\) ở về một phía của \(NP\) hay \(I\) nằm trên cung lớn \(\stackrel\frown {EF}\) của đường tròn \(\left( {O ; \dfrac{{R\sqrt 3 }}{2}} \right)\) (\(E, F\) là hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến kẻ từ M tới đường tròn \(\left( {O ; \dfrac{{R\sqrt 3 }}{2}} \right)\) ). Vậy quỹ tích của \(I\) là cung lớn \(\stackrel\frown {EF}\). b) Diện tích tam giác MNP là \(S = \dfrac{1}{2}MN.MP.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{i}}{{\rm{n}}^0} = \dfrac{1}{4}MN.MP\). Theo bất đẳng thức Cô-si, \(MN.MP \le \dfrac{{M{N^2} + M{P^2}}}{2}\), mà \(M{N^2} + M{P^2} = 2M{I^2} + \dfrac{{{R^2}}}{2}\) nên \(S \le \dfrac{1}{4}\left( {M{I^2} + \dfrac{{{R^2}}}{4}} \right)\). (*) Ta có \(MI\) lớn nhất khi \(M, O, I\) thẳng hàng và \(O\) nằm giữa \(M, I\). Khi đó ta cũng có \(MN=MP\) nên (*) xảy ra dấu “=”. Vậy \(S\) lớn nhất khi và chỉ khi \(MI\) lớn nhất hay \(M ,O, I\) thẳng hàng và \(O\) nằm giữa \(M, I.\) Bài 67 trang 49 SBT Hình học 10 Nâng cao. Kẻ các đường cao \(AA’, BB’, CC’\) của tam giác nhọn \(ABC.\) a) Chứng minh rằng \(B'C' = 2R\sin A\cos A\). b) Lấy \(A_1, A_2\) lần lượt là điểm đối xứng với \(A’\) qua \(AB, AC\). Chứng minh rằng chu vi tam giác \(A’B’C’\) bằng độ dài đoạn thẳng \(A_1A_2\). c) Chứng minh hệ thức: \(\sin A\cos A + \sin B\cos B + \sin C\cos C \) \(= 2\sin A\sin B\sin C\). Giải (h.60). a) Ta có \(AB’=AB\cos A=2R \sin C \cos A.\) Trong tam giác \(AB’C’\) có \(\dfrac{{B'C'}}{{\sin A}} = \dfrac{{AB'}}{{\sin C'}}\). Nhưng \(\widehat {AC'B'} = \widehat C\) (do \(BC’B’C\) là tứ giác nội tiếp), suy ra \(\dfrac{{B'C'}}{{\sin A}} = \dfrac{{AB'}}{{\sin C}}\). Từ đó suy ra \(B'C' = \dfrac{{AB'\sin A}}{{\sin C'}}\) \(= \dfrac{{2R\sin C\cos A\sin A}}{{\sin C}}\) \(= 2R\sin A\cos A\). b) Ta có \(\widehat {{A_1}C'B} = \widehat {BC'A'}\) (do \(A_1, A’\) đối xứng với nhau qua \(AB\)). \(\widehat {BC'A'} = \widehat {AC'B'}\) (do \(AC’A’C\) và \(BC’B’C\) cùng là tứ giác nội tiếp). Suy ra \(\widehat {{A_1}C'B} = \widehat {B'C'A}\). Vậy \(A_1, C’, B’\) thẳng hàng và \(A_1C’=A’C’.\) Tương tự cũng có \(C’, B’, A_2\) thẳng hàng và \(B’A_2=B’A’.\) Do đó, chu vi tam giác \(A’B’C’\) bằng \(A’C’+C’B’+B’A’\) \(=A_1C’+C’B’+B’A_2=A_1A_2\). c) Do \(A_1\) và \(A’\) đối xứng nhau qua \(AB\) nên \(A{A_1} = AA' , \widehat {{A_1}AB} = \widehat {BAA'}\); \(A_2\) và \(A’\) đối xứng nhau qua \(AC\) nên \(A{A_2} = AA' , \widehat {A'AC} = \widehat {CA{A_2}}\). Do đó tam giác \(AA_1A_2\)là tam giác cân có góc ở đỉnh \(\widehat {{A_1}A{A_2}} = 2\widehat A\). Kẻ \(AK\) vuông góc với \(A_1A_2\), ta có \(A_1A_2=2A_1K\) \(=2AA_1 \sin A=2AA’\sin A\) \(=2AB\sin B\sin A\) \(=4R\sin C\sin B\sin A.\) Mặt khác theo câu a), ta có \(B’C’+B’A’+A’C’\) \(=2R \sin A \cos A+2R \sin C \cos C\)\(+2R \sin B \cos B.\) Từ đó suy ra hệ thức cần chứng minh. Bài 68 trang 49 SBT Hình học 10 Nâng cao. Từ một vị trí quan sát \(A\) cố định trên bờ biển, người ta muốn tính khoảng cách đến một vị trí \(B\) trên mặt biển bằng giác kế (máy đo góc). Em có thế làm việc đó bằng cách nào ? Giải (h.61). Chọn vị trí \(C\) thích hợp trên bờ cách điểm \(A\) một khoảng bằng \(b\). Sau đó dùng giác kế đo các góc được \(\widehat A = \alpha , \widehat C = \gamma \). Áp dụng định lí sin: \(\dfrac{{AB}}{{\sin C}} = \dfrac{{AC}}{{\sin B}}\), ta tính được: \(AB = \dfrac{{Ac\sin C}}{{\sin B}}\) \(= \dfrac{{b\sin \gamma }}{{\sin \left[ {{{180}^0} - \left( {\alpha + \gamma } \right)} \right]}}\) \(= \dfrac{{b\sin \gamma }}{{\sin \left( {\alpha + \gamma } \right)}}\). Bài 69 trang 49 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tứ giác \(ABCD\) có \(AB = a , \widehat {CAB} = \alpha ,\)\( \widehat {DBA} = \beta , \widehat {DAC} = \alpha ' , \widehat {CBD} = \beta '\). Tính độ dài cạnh \(CD\). Giải (h.62). Tính \(AD\) và \(AC\) như bài 68 ta được \(AD = \dfrac{{a\sin \beta }}{{\sin (\alpha + \alpha ' + \beta )}} , \) \( AC = \dfrac{{a\sin (\beta + \beta ')}}{{\sin (\alpha + \beta + \beta ')}}\). Sau đó áp dụng đính lí cosin vào tam giác \(ACD\) ta có \(C{D^2} = A{C^2} + A{D^2} - 2AC.AD.\cos \alpha '\). Bài 70 trang 49 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) có trọng tâm \(G\). Gọi \(A’, B’, C’\) lần lượt là hình chiếu của \(G\) trên các cạnh \(BC, CA, AB\) của tam giác. Hãy tính diện tích của tam giác \(A’B’C’\) biết rằng tam giác \(ABC\) có diện tích bằng \(S\) và khoảng cách từ \(G\) đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng \(d\), bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng \(R.\) Giải (h.63). \({S_{A'B'C'}} = {S_{GA'B'}} + {S_{GB'C'}} + {S_{GC'A'}} ;\) \( {S_{GA'B'}} = \dfrac{1}{2}.GA'.GB'.\sin ({180^0} - \widehat C)\) \(= \dfrac{1}{{18}}{h_a}{h_b}\sin C\). Trong tam giác ABC, \({h_a} = \dfrac{{2S}}{a} , {h_b} = \dfrac{{2S}}{b} , \sin C = \dfrac{c}{{2R}}\) Từ đó ta có \({S_{GA'B'}} = \dfrac{{{S^2}.c}}{{9ab.R}} = \dfrac{{{S^2}.{c^2}}}{{9abc.R}}\). Tương tự, \({S_{GB'C'}} = \dfrac{{{S^2}{a^2}}}{{9abc.R}} ; {S_{GC'A'}} = \dfrac{{{S^2}{b^2}}}{{9abc.R}}\). Suy ra \({S_{A'B'C'}} = \dfrac{{{S^2}}}{{9abc.R}}({a^2} + {b^2} + {c^2}).\) Ta lại có \(S = \dfrac{{abc}}{{4R}}\) và \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 9({R^2} - {d^2})\) ( theo bài 64) nên \({S_{A'B'C'}} = \dfrac{{{R^2} - {d^2}}}{{4{R^2}}}.S\). Bài 71 trang 49 SBT Hình học 10 Nâng cao. a) Chứng minh rằng nếu \(\alpha \) là góc nhọn thì \(\cos (\alpha + {90^0}) = - \sin \alpha \). b) Cho tam giác nhọn \(ABC\) có các cạnh \(a, b, c\) và diện tích \(S\). Trên ba cạnh và về phía ngoài của tam giác đó dựng các tam giác vuông cân \(A’BC, B’AC, C’AB\) (\(A’, B’, C’\) lần lượt là đỉnh). Chứng minh rằng: \(A’B’^2+B’C’^2+C’A’^2\) \(=a^2+b^2+c^2+6S.\) Giải (h.64). a) Ta có \(\cos \left( {\alpha + {{90}^0}} \right)\) \(= - \cos \left[ {{{180}^0} - (\alpha + {{90}^0})} \right] \) \(= - \cos ({90^0} - \alpha ) = - \sin \alpha \). b) Dễ thấy \(AB' = \dfrac{{b\sqrt 2 }}{2} ; \)\( AC' = \dfrac{{c\sqrt 2 }}{2} ;\) \( \widehat {B'AC'} = \widehat A + {90^0}\). Trong tam giác \(AB’C’\) ta có \(\begin{array}{l}B'C{'^2} = AB{'^2} + AC{'^2} - 2AB'.AC'.\cos \widehat {B'AC'}\\ = \dfrac{{{b^2} + {c^2}}}{2} + bc\sin A\\= \dfrac{{{b^2} + {c^2}}}{2} + 2S.\end{array}\) Tương tự, \(C'A{'^2} = \dfrac{{{a^2} + {c^2}}}{2} + 2S ;\) \( A'B{'^2} = \dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{2} + 2S\). Từ đó suy ra \(A'B{'^2} + B'C{'^2} + C'A{'^2}\) \( = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 6S\). Bài 72 trang 49 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho từ giác \(ABCD\) nội tiếp được và có các cạnh \(a,b, c, d\). Chứng minh rằng diện tích tứ giác đó được tính theo công thức sau: \(S = \sqrt {(p - a)(p - b)(p - c)(p - d)} \),trong đó \(p\) là nửa chu vi tứ giác. Giải Giả sử \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp với độ dài cạnh là \(a, b, c, d\) (h.65). Khi đó \(\widehat A + \widehat C = {180^0}\) nên \(\sin C= \sin A ; \cos C= -\cos A.\) Ta có \(S = {S_{ABD}} + {S_{CDB}}\) \(= \dfrac{1}{2}ad\sin A + \dfrac{1}{2}bc\sin C\) hay \(2S = (ad + bc)\sin A\), suy ra \(\sin A = \dfrac{{2S}}{{ad + bc}}\). Mặt khác, tam giác ABD có \(B{D^2} = {a^2} + {d^2} - 2ad\cos A\), còn tam giác CBD có \(B{D^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos C\) \( = {b^2} + {c^2} + 2bc\cos A\). Suy ra \({a^2} + {d^2} - {b^2} - {c^2} = 2(ad + bc)\cos A\) nên \(\cos A = \dfrac{{{a^2} + {d^2} - {b^2} - {c^2}}}{{2(ad + bc)}}\). Do \({\cos ^2}A + {\sin ^2}A = 1\) nên \(16{S^2} + {({a^2} + {d^2} - {b^2} - {c^2})^2}\) \( = 4{(ad + bc)^2}\). Vậy \(16{S^2} = {\left[ {2(ad + bc)} \right]^2} - {({a^2} + {d^2} - {b^2} - {c^2})^2}\) \(\begin{array}{l} = (2ad + 2bc + {a^2} + {d^2} - {b^2} - {c^2})(2ad + 2bc - {a^2} - {d^2} + {b^2} + {c^2})\\ = \left[ {{{(a + d)}^2} - {{(b - c)}^2}} \right].\left[ {{{(b + c)}^2} - {{(a - d)}^2}} \right]\\ = (a + d + b - c)(a + d - b + c)(b + c + a - d)(b + c - a + d)\\ = (2p - 2c)(2p - 2b)(2p - 2d)(2p - 2a)\\ = 16(p - a)(p - b)(p - c)(p - d).\end{array}\) Từ đó ta có \(S = \sqrt {(p - a)(p - b)(p - c)(p - d)} \). Bài 73 trang 49 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác cân có cạnh bên bằng b nội tiếp trong đường tròn \((O ; R).\) a) Tính cosin của các góc của tam giác. b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. c) Với giá trị nào của \(b\) thì tam giác đó có diện tích lớn nhất ? Giải (h.66) a) Giả sử tam giác đã cho là \(ABC\) có \(AB=AC=b.\) Đặt \(\widehat B = \widehat C = \alpha \) thì \(\alpha < {90^0}\). Ta có \(\sin \alpha = \dfrac{b}{{2R}}\) nên \(\cos B = \cos C = \sqrt {1 - \dfrac{{{b^2}}}{{4{R^2}}}} \)\( = \dfrac{{\sqrt {4{R^2} - {b^2}} }}{{2R}}\). Ta lại có \(\begin{array}{l}\cos A = \dfrac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2.AB.AC}}\\ = \dfrac{{2{b^2} - 4{b^2}{{\cos }^2}\alpha }}{{2{b^2}}}\\= 1 - 2{\cos ^2}\alpha \\ = 1 - 2\left( {1 - \dfrac{{{b^2}}}{{4{R^2}}}} \right) \\= \dfrac{{{b^2} - 2{R^2}}}{{2{R^2}}}.\end{array}\) b) Diện tích tam giác là \(S = \dfrac{1}{2}BC.AH = \dfrac{1}{2}2b\cos \alpha .b\sin \alpha \) \(= {b^2}\cos \alpha \sin \alpha = \dfrac{{{b^3}\sqrt {4{R^2} - {b^2}} }}{{4{R^2}}}\). Chu vi tam giác là \(2p = 2b + 2b\dfrac{{\sqrt {4{R^2} - {b^2}} }}{{2R}}\). Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác là \(r = \dfrac{S}{p} = \dfrac{{{b^2}\sqrt {4{R^2} - {b^2}} }}{{2R\left( {2R + \sqrt {4{R^2} - {b^2}} } \right)}}\). c) Ta phải tìm \(b\) để \(y = {b^3}\sqrt {4{R^2} - {b^2}} \) đạt giá trị lớn nhất. Viết lại \(y = 3\sqrt 3 \sqrt {\dfrac{{{b^2}}}{3}.\dfrac{{{b^2}}}{3}.\dfrac{{{b^2}}}{3}\left( {4{R^2} - {b^2}} \right)} \). Khi đó coi biểu thức trong căn là tích của bốn thừa số mà tổng của chúng bằng \(4{R^2}\) không đổi nên y đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \(\dfrac{{{b^2}}}{3} = 4{R^2} - {b^2}\) hay \(b = R\sqrt 3 \). Khi đó \(\sin \alpha = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{{2R}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \alpha = {60^0}\), ta được tam giác \(ABC\) là tam gác đều. Bài 74 trang 49 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\). Gọi \(r_a\) là bán kính đường tròn bàng tiếp góc \(A\). Chứng minh rằng diện tích tam giác \(ABC\) tính được theo công thức: \(S = (p - a){r_a}\). Giải Gọi \(Q, R, P\) là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp \((J ; r_a)\) lần lượt với các đường thẳng \(BC, CA, AB\) (h.67) thì: \(\begin{array}{l}{S_{JAB}} = \dfrac{1}{2}.AB.JP = \dfrac{{c.{r_a}}}{2} , \\{S_{JAC}} = \dfrac{1}{2}.AC.JR = \dfrac{{b.{r_a}}}{2} ,\\{S_{JBC}} = \dfrac{1}{2}.BC.JQ = \dfrac{{a{r_a}}}{2}.\end{array}\) Ta có \(S = {S_{JAB}} + {S_{JAC}} + {S_{JBC}}\) \(= \dfrac{{b + c - a}}{2}{r_a} = \dfrac{{a + b + c - 2a}}{2}{r_a}\). Vậy \(S = (p - a){r_a}\). Bài 75 trang 50 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) có bán kính đường tròn nội tiếp bằng \(r\) và các bán kính đường tròn bàng tiếp các góc \(A, B, C\) tương ứng bằng \(r_a, r_b, r_c\). Chứng minh rằng nếu \(r = {r_a} - {r_b} - {r_c}\) thì góc \(A\) là góc vuông. Giải Từ bài 74 chương II, ta suy ra \({r_a} = \dfrac{S}{{p - a}},\) tương tự \({r_b} = \dfrac{S}{{p - b}} ; {r_c} = \dfrac{S}{{p - c}}\). Mặt khác, từ công thức tính diện tích ta có \(r = \dfrac{S}{p}\). Từ giả thiết suy ra: \(\dfrac{1}{{p - a}} - \dfrac{1}{p} = \dfrac{1}{{p - b}} + \dfrac{1}{{p - c}}\) \(\Rightarrow \dfrac{a}{{p(p - a)}} = \dfrac{{2p - (b + c)}}{{(p - b)(p - c)}}\). Vì \(2p - (b + c) = a\), suy ra \(p(p - a) = (p - b)(p - c)\). \(\begin{array}{l}pa = p(b + c) - bc \\\Rightarrow bc = p(b + c - a) \\= \dfrac{{b + c + a}}{2}.(b + c - a)\\\Rightarrow 2bc = {(b + c)^2} - {a^2}\\\Rightarrow {b^2} + {c^2} - {a^2} = 0\\\Rightarrow {b^2} + {c^2} = {a^2}.\end{array}\) Theo định lí Py-ta-go ta có \(\widehat A = {90^0}\). Bài 76 trang 50 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) có độ dài ba trung tuyến bằng \(15, 18, 27.\) a) Tính diện tích của tam giác. b) Tính độ dài các cạnh của tam giác. Giải a) (h.68). Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\) và \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) thì \(\dfrac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{GBC}}}} = \dfrac{{AI}}{{GI}} = 3\) Vậy \(S = 3{S_{GBC}}\). Lấ điểm \(D\) là điểm đối xứng với \(G\) qua \(I\) ta được hình bình hành \(BGCD\), do đó \({S_{GBC}} = {S_{BGD}} = \dfrac{1}{2}{S_{BGCD}}\). Vậy \({S_{ABC}} = 3{S_{BGD}}\). Tam giác \(BGD\) có độ dài ba cạnh bằng \(10, 12, 18\) nên \({S_{BGD}}\) \(= \sqrt {20.(20 - 10)(20 - 12)(20 - 18)} \)\( = \sqrt {20.10.8.2} = 40\sqrt 2 \). Vậy \(S = 3.40\sqrt 2 = 120\sqrt 2 \). b) Giả sử \({m_a} = 15, {m_b} = 18 , {m_c} = 27\). Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{b^2} + {c^2} = 2{m_a}^2 + \dfrac{{{a^2}}}{2}\\{c^2} + {a^2} = 2m_b^2 + \dfrac{{{b^2}}}{2}\\{a^2} + {b^2} = 2m_c^2 + \dfrac{{{c^2}}}{2}\end{array} \right. \\ \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \\= \dfrac{4}{3}.\left( {m_a^2 + m_b^2 + m_c^2} \right) = 1704.\) Ta lại có \(\begin{array}{l}{b^2} - {a^2} = \dfrac{4}{3}\left( {m_a^2 - m_b^2} \right) = - 132 ; \\{b^2} - {c^2} = \dfrac{4}{3}\left( {m_c^2 - m_b^2} \right) = 540.\end{array}\) Từ đó ta tính được \(b = 8\sqrt {11} ; a = 2\sqrt {209} ; c = 2\sqrt {41} .\) Bài 77 trang 50 SBT Hình học 10 Nâng cao. Giải tam giác \(ABC\) biết a) \(a = 6,3 ;b = 6,3 ; \widehat C = {54^0}\) b) \(a = 7 ;b = 23 ;\widehat C = {130^0}\) Giải a) \(b=a\) nên \(\widehat A = \widehat B = \dfrac{{{{180}^0} - \widehat C}}{2}\) \(= \dfrac{{{{180}^0} - {{54}^0}}}{2} = {63^0}\). \(AB = c = 2a.\sin \dfrac{C}{2}\) \(= 2.6,3.\sin {27^0} \approx 5,72\). b)Áp dụng định lí cosin ta tính được \(c = {a^2} + {b^2} - 2ab.\cos C\) \(= {7^2} + {23^2} - 2.7.23.\cos {130^0} \approx 785\). Vậy \(c \approx 28\). Từ công thức \(\dfrac{a}{{\sin A}} = \dfrac{b}{{\sin B}} = \dfrac{c}{{\sin C}}\), ta tính được góc B, góc A. Bài 78 trang 50 SBT Hình học 10 Nâng cao. Giải tam giác \(ABC\) biết a) \(c = 14 ;\widehat A = {60^0};\widehat B = {40^0}\) b) \(c = 35 ;\widehat A = {40^0};\widehat C = {120^0}\) Giải a) \(\widehat C = {180^0} - (\widehat A + \widehat B) = {80^0}\). Từ \(\dfrac{a}{{\sin A}} = \dfrac{b}{{\sin B}} = \dfrac{c}{{\sin C}}\) suy ra \(a = \dfrac{{c.\sin A}}{{\sin C}} \approx 12,31 ;\)\( b = \dfrac{{c.\sin B}}{{\sin C}} \approx 9,14 .\) b) \(\widehat B = {20^0} ; a = \dfrac{{c.\sin A}}{{\sin C}} \approx 25,98 ; \)\( b = \dfrac{{c.\sin B}}{{\sin C}} \approx 13,82.\) Bài 79 trang 50 SBT Hình học 10 Nâng cao. Giải tam giác \(ABC\) biết a) \(a = 14 ; b = 18 ;c = 20.\) b) \(a = 6 ;b = 7,3 ; c = 4,8.\) Giải a) Áp dụng định lí cosin ta có \(\begin{array}{l}\cos A = \dfrac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} \approx 0,7333 ; \\ \widehat A \approx {42^0}50'\\\cos B = \dfrac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac}} \approx 0,4857 ; \\ \widehat B \approx {60^0}56'.\\\widehat C = {180^0} - (\widehat A + \widehat B) \approx {76^0}14'.\end{array}\) b) Tương tự câu a), ta có \(\begin{array}{l}\cos A = \dfrac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} \approx 0,5755 ;\\ \widehat A \approx {54^0}52'\\\cos B = \dfrac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac}} \approx 0,0998 ; \\ \widehat B \approx {84^0}16'.\\\widehat C = {180^0} - (\widehat A + \widehat B) \approx {40^0}52'.\end{array}\) Bài 80 trang 50 SBT Hình học 10 Nâng cao. Trên ngọn đồi có một cái tháp cao \(100m\) (h.24). Đỉnh tháp \(B\) và chân tháp \(C\) nhìn điểm \(A\) ở chân đồi dưới các góc tương ứng bằng \(30^0\) và \(60^0\) so với phương thẳng đứng. Xác định chiều cao \(HA\) của ngọn đồi. Giải \(\widehat {ABC} = {30^{0\,}}\,;\,\widehat {ACB} = {120^0}\) \(\Rightarrow \,\,\widehat A = {30^0}\). Từ đó suy ra \(AC=CB=100 \) \( \Rightarrow AH = AC.\sin \widehat {ACH} = 50\). Chiều cao của ngọn đồi là \(50\) mét. Bài 81 trang 50 SBT Hình học 10 Nâng cao. Một vật nặng \(P=100N\) được treo bằng sợi dây gắn trên trần nhà tại hai điểm \(A, B\) (h.25). Biết hai đoạn dây tạo với trần nhà các góc \(30^0\) và \(45^0\). Tính lực căng của mỗi đoạn dây. Giải Trọng lực \(\overrightarrow P \) được phân tích thành hai lực \(\overrightarrow {CM},\overrightarrow {CN} \) dọc theo hai đoạn dây. Lực căng lên mỗi dây sẽ là: \(\eqalign{ & |\overrightarrow {CM} | = |\overrightarrow P |.\cos {45^0} = 50\sqrt 2 (N) \cr & |\overrightarrow {CN} | = |\overrightarrow P |.\cos {60^0} = 50(N). \cr} \)
