Chương III. Hệ thức lượng trong tam giác

Bài tập cuối chương III

SGK Toán 10 — Kết nối tri thức, tập 1 · 8 bài tập, mỗi câu ít nhất 2 cách giải.

Bài 1 · 3.12★★Trang 44— Trắc nghiệm — chọn đúng công thức lượng trong tam giác khi biết một góc tù

3.12 (trang 44). Cho tam giác

A B C

có

B = 13 5^{\circ}

. Khẳng định nào sau đây là đúng?
a) A.

S = \frac{1}{2} c a

. B.

S = \frac{- 2}{4} a c

. C.

S = \frac{2}{4} b c

. D.

S = \frac{2}{4} c a

.
b) A.

R = \frac{a}{sin A}

. B.

R = \frac{2}{2} b

. C.

R = \frac{2}{2} c

. D.

R = \frac{2}{2} a

.
c) A.

a^{2} = b^{2} + c^{2} + 2 ab

. B.

\frac{b}{sin A} = \frac{a}{sin B}

. C.

sin B = - \frac{2}{2}

. D.

b^{2} = c^{2} + a^{2} - 2 c a cos 13 5^{\circ}

.
(Kí hiệu quen thuộc: $a = B C$ , $b = C A$ , $c = A B$ ; $S$ là diện tích, $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$ .)

Kiến thức cần nhớ

Công thức diện tích: $S = \frac{1}{2} b c sin A = \frac{1}{2} c a sin B = \frac{1}{2} ab sin C$ .
Định lí sin: $\frac{a}{sin A} = \frac{b}{sin B} = \frac{c}{sin C} = 2 R$ .
Định lí côsin: $b^{2} = c^{2} + a^{2} - 2 c a cos B$ .
Với $9 0^{\circ} < α < 18 0^{\circ}$ thì $sin α > 0$ và $cos α < 0$ ; riêng $sin 13 5^{\circ} = \frac{2}{2}$ , $cos 13 5^{\circ} = - \frac{2}{2}$ .

🧠 Phân tích tư duy

Đề chỉ cho đúng MỘT dữ kiện là góc

B

tù, nên phương án đúng bắt buộc phải là công thức trong đó

B

giữ đúng vai trò của nó: xen giữa hai cạnh

a

và

c

(công thức diện tích, định lí côsin) hoặc đối diện cạnh

b

(định lí sin). Vì thế hướng nhanh và an toàn nhất là tự viết ra công thức gốc rồi mới thay

B = 13 5^{\circ}

, chứ không đọc lướt bốn phương án rồi đoán. Bẫy nằm ở chỗ

13 5^{\circ}

là góc tù nên

sin B > 0

mà

cos B < 0

— hai phương án sai được gài đúng vào chỗ đổi dấu này.

1Cách 1. Viết công thức gốc rồi thay

B = 13 5^{\circ}

Định hướng. Cả ba ý đều xoay quanh góc $B$ , nên chỉ cần gọi ra ba công thức có mặt góc $B$ và thay số.

S = \frac{1}{2} c a sin B = \frac{1}{2} c a sin 13 5^{\circ} = \frac{1}{2} c a \cdot \frac{2}{2} = \frac{2}{4} c a

\frac{b}{sin B} = 2 R \Rightarrow R = \frac{b}{2 sin 13 5 ^{\circ}} = \frac{b}{2 \cdot \frac{2}{2}} = \frac{b}{2} = \frac{2}{2} b

b^{2} = c^{2} + a^{2} - 2 c a cos B = c^{2} + a^{2} - 2 c a cos 13 5^{\circ}

Vậy a) chọn D; b) chọn B; c) chọn D.

2Cách 2. Loại trừ — soi vai trò của từng chữ trong công thức

Định hướng. Bốn phương án chỉ khác nhau ở cặp cạnh đi kèm hoặc ở dấu, nên chỉ cần kiểm tra cạnh nào kề góc $B$ , cạnh nào đối góc $B$ là loại được ngay ba phương án.

\frac{1}{2} c a

thiếu hẳn thừa số

sin B

\frac{- 2}{4} a c < 0

trong khi diện tích

S > 0

\frac{2}{4} b c

dùng nhầm cặp cạnh vì

b

và

c

không cùng kề góc

B

\frac{a}{sin A} = 2 R

chứ không phải

R

\frac{2}{2} a

và

\frac{2}{2} c

dùng nhầm cạnh vì cạnh đối góc

B

là

b

a^{2} = b^{2} + c^{2} + 2 ab

ghép cạnh

a

với góc

B

, sai cặp
c)

\frac{b}{sin A} = \frac{a}{sin B}

đảo tử số của định lí sin
c)

sin 13 5^{\circ} = \frac{2}{2} > 0

nên

sin B = - \frac{2}{2}

sai dấu

Vậy chỉ còn a) D, b) B, c) D đứng vững.

3Cách 3. Thử trên một tam giác cụ thể có

B = 13 5^{\circ}

Định hướng. Khẳng định đúng phải đúng với MỌI tam giác có $B = 13 5^{\circ}$ , nên một tam giác cụ thể là đủ để bác bỏ các phương án sai.

Chọn

a = c = 1

và

B = 13 5^{\circ}

b^{2} = 1 + 1 - 2 cos 13 5^{\circ} = 2 + 2 \Rightarrow b = 2 + 2 \approx 1, 848

S = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 \cdot sin 13 5^{\circ} = \frac{2}{4} \approx 0, 354

R = \frac{b}{2 sin 13 5 ^{\circ}} \approx 1, 307

A = C = 2 2^{\circ} 30^{'}

\frac{1}{2} c a = 0, 5

;

\frac{2}{4} b c \approx 0, 653

;

\frac{2}{4} c a \approx 0, 354

\frac{a}{sin A} \approx 2, 613

;

\frac{2}{2} a = \frac{2}{2} c \approx 0, 707

;

\frac{2}{2} b \approx 1, 307

b^{2} + c^{2} + 2 ab \approx 7, 027 \neq = a^{2} = 1

;

\frac{b}{sin A} \approx 4, 828 \neq = \frac{a}{sin B} \approx 1, 414

;

sin B \approx 0, 707 \neq = - \frac{2}{2}

Vậy chỉ các giá trị của phương án D, B, D khớp với tam giác thử.

Nhận xét. Kiểu thử số này rất mạnh với câu hỏi «khẳng định nào đúng»: một tam giác cụ thể chỉ đủ để BÁC BỎ, còn muốn KHẲNG ĐỊNH thì vẫn phải quay về công thức tổng quát như Cách 1.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: viết ba công thức gốc rồi thay

B = 13 5^{\circ}

, mất chưa tới một phút và không lệ thuộc vào phương án cho sẵn. Cách 3 để dành lúc quên công thức hoặc muốn kiểm lại cho chắc.

Đáp số. a) D; b) B; c) D.

Sai lầm thường gặp. Lỗi thứ nhất: nhớ định lí sin thành

R = \frac{a}{sin A}

(quên chia

2

) rồi chọn A ở câu b). Phản ví dụ: tam giác

a = c = 1

B = 13 5^{\circ}

có

A = 2 2^{\circ} 30^{'}

, khi đó

\frac{a}{sin A} \approx 2, 613

trong khi bán kính đường tròn ngoại tiếp chỉ là

R \approx 1, 307

— đúng bằng một nửa. Lỗi thứ hai: thấy góc tù là cho luôn

sin B < 0

nên chọn B ở câu a) hoặc C ở câu c); thực ra

sin 13 5^{\circ} = \frac{2}{2} > 0

, chỉ có

cos 13 5^{\circ}

mới mang dấu âm — nếu

sin B

âm thì diện tích

S = \frac{1}{2} c a sin B

sẽ âm, vô lí.

🚀 Mở rộng. Thay

13 5^{\circ}

bởi một góc

β

bất kì thì ba kết quả trên thành

S = \frac{1}{2} c a sin β

R = \frac{b}{2 sin β}

b^{2} = c^{2} + a^{2} - 2 c a cos β

— thử tiếp với

β = 15 0^{\circ}

để thấy chỉ số hạng chứa

cos β

đổi dấu, còn hai công thức kia giữ nguyên hình dạng.

Nguồn: SGK Toán 10 — KNTT, tập 1, trang 44

Mở bài này trong app ↗

Bài 2 · 3.13★★Trang 44— Trắc nghiệm — nhận diện công thức diện tích, bán kính nội - ngoại tiếp và quan hệ ba góc

3.13 (trang 44). Cho tam giác

A B C

. Khẳng định nào sau đây là đúng?
a) A.

S = \frac{ab c}{4 r}

. B.

r = \frac{2 S}{a + b + c}

. C.

a^{2} = b^{2} + c^{2} + 2 b c cos A

. D.

S = r (a + b + c)

.
b) A.

sin A = sin (B + C)

. B.

cos A = cos (B + C)

. C.

cos A > 0

. D.

sin A \leq 0

.
(Ở đây $S$ là diện tích, $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp, $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$ .)

Kiến thức cần nhớ

$S = p r$ với $p = \frac{a + b + c}{2}$ , do đó $r = \frac{S}{p} = \frac{2 S}{a + b + c}$ .
$S = \frac{ab c}{4 R}$ , do đó $R = \frac{ab c}{4 S}$ .
Định lí côsin: $a^{2} = b^{2} + c^{2} - 2 b c cos A$ .
Trong tam giác: $A + B + C = 18 0^{\circ}$ , nên $sin (B + C) = sin A$ và $cos (B + C) = - cos A$ ; ngoài ra $0^{\circ} < A < 18 0^{\circ}$ nên luôn có $sin A > 0$ .

🧠 Phân tích tư duy

Câu a) là bốn biến tấu của hai công thức diện tích quen thuộc

S = p r

và

S = \frac{ab c}{4 R}

, nên dấu hiệu để bắt lỗi là xem

r

đứng nhầm chỗ của

R

hay nửa chu vi

p

bị viết thành cả chu vi. Câu b) chỉ dùng một dữ kiện duy nhất

A + B + C = 18 0^{\circ}

, tức

B + C

và

A

là hai góc bù nhau — mà hai góc bù nhau thì

sin

bằng nhau còn

cos

đối nhau. Bẫy của câu b) là hai phương án C, D đúng với tam giác nhọn quen thuộc nhưng sai với tam giác tù, nên phải nhớ thử thêm một tam giác tù.

1Cách 1. Biến đổi thẳng từ công thức gốc

Định hướng. Viết ra công thức chuẩn rồi rút đại lượng mà đề hỏi; ý b) thì thay $B + C = 18 0^{\circ} - A$ .

S = p r = \frac{a + b + c}{2} \cdot r \Rightarrow r = \frac{2 S}{a + b + c}

B + C = 18 0^{\circ} - A

sin (B + C) = sin (18 0^{\circ} - A) = sin A

cos (B + C) = cos (18 0^{\circ} - A) = - cos A

Vậy a) chọn B; b) chọn A.

2Cách 2. Loại trừ — chỉ đích danh chỗ hỏng của từng phương án

Định hướng. Mỗi phương án sai chỉ lệch đúng một chi tiết so với công thức gốc, tìm ra chi tiết đó là xong.

S = \frac{ab c}{4 R}

nên

\frac{ab c}{4 r}

đã thay

R

bởi

r

a^{2} = b^{2} + c^{2} - 2 b c cos A

nên dấu

+

2 b c cos A

là sai
a)

S = p r = \frac{r ( a + b + c )}{2}

nên

S = r (a + b + c)

thừa hệ số

2

cos (B + C) = - cos A

nên

cos A = cos (B + C)

chỉ đúng khi

cos A = 0

cos A > 0

sai khi góc

A

tù
b)

0^{\circ} < A < 18 0^{\circ} \Rightarrow sin A > 0

nên

sin A \leq 0

luôn sai

Vậy a) chọn B; b) chọn A.

3Cách 3. Thử bằng tam giác đều rồi thêm một tam giác tù

Định hướng. Tam giác đều cạnh $1$ cho mọi đại lượng ở dạng số cụ thể nên loại rất nhanh; riêng hai phương án C, D của ý b) phải thử thêm một tam giác tù mới lộ.

Tam giác đều cạnh

1

S = \frac{3}{4} \approx 0, 433

p = \frac{3}{2}

r = \frac{S}{p} = \frac{3}{6} \approx 0, 289

R = \frac{ab c}{4 S} = \frac{3}{3} \approx 0, 577

\frac{ab c}{4 r} \approx 0, 866 \neq = S

;

\frac{2 S}{a + b + c} \approx 0, 289 = r

;

b^{2} + c^{2} + 2 b c cos A = 3 \neq = a^{2} = 1

;

r (a + b + c) \approx 0, 866 \neq = S

sin A = sin 6 0^{\circ} \approx 0, 866

và

sin (B + C) = sin 12 0^{\circ} \approx 0, 866

cos A = 0, 5

nhưng

cos (B + C) = cos 12 0^{\circ} = - 0, 5

b) tam giác có

A = 12 0^{\circ}

cos A = - 0, 5 < 0

và

sin A \approx 0, 866 > 0

Vậy a) chọn B; b) chọn A.

Nhận xét. Tam giác đều là «phép thử một chiều»: nó bác được A, C, D ở ý a) nhưng lại làm C ở ý b) trông như đúng. Khi phương án nói về DẤU của $cos$ , phải thử thêm một tam giác tù mới đủ.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: quét bốn phương án theo đúng công thức gốc, mỗi phương án chỉ mất vài giây và không phải tính số. Cách 3 dùng khi hai phương án còn lại nhìn na ná nhau.

Đáp số. a) B; b) A.

Sai lầm thường gặp. Lỗi thứ nhất: viết

S = r (a + b + c)

vì nhớ

S = p r

mà quên

p

là NỬA chu vi. Phản ví dụ: tam giác đều cạnh

1

có

S = \frac{3}{4} \approx 0, 433

còn

r (a + b + c) \approx 0, 866

— gấp đôi. Lỗi thứ hai: chọn C ở ý b) vì «tam giác nào cũng có

cos A > 0

». Phản ví dụ: tam giác có

A = 12 0^{\circ}

cho

cos A = - \frac{1}{2} < 0

, trong khi

sin A = \frac{3}{2} > 0

vẫn đúng —

sin

và

cos

ứng xử khác hẳn nhau với góc tù.

🚀 Mở rộng. Gộp hai công thức đúng lại được

\frac{ab c}{4 R} = p r

, tức

ab c = 4 pR r

— hãy kiểm chứng đẳng thức này với tam giác vuông có ba cạnh

3

4

5

để thấy nó cho ngay

r = 1

và

R = 2, 5

Nguồn: SGK Toán 10 — KNTT, tập 1, trang 44

Mở bài này trong app ↗

Bài 3 · 3.14★Trang 44— Tính giá trị biểu thức lượng giác của các góc đặc biệt

3.14 (trang 44). Tính giá trị của các biểu thức sau:
a)

M = sin 4 5^{\circ} \cdot cos 4 5^{\circ} + sin 3 0^{\circ}

;
b)

N = sin 6 0^{\circ} \cdot cos 3 0^{\circ} + \frac{1}{2} sin 4 5^{\circ} \cdot cos 4 5^{\circ}

;
c)

P = 1 + tan^{2} 6 0^{\circ}

;
d)

Q = \frac{1}{sin ^{2} 12 0 ^{\circ}} - cot^{2} 12 0^{\circ}

Kiến thức cần nhớ

Giá trị đặc biệt: $sin 3 0^{\circ} = \frac{1}{2}$ , $sin 4 5^{\circ} = cos 4 5^{\circ} = \frac{2}{2}$ , $sin 6 0^{\circ} = cos 3 0^{\circ} = \frac{3}{2}$ , $tan 6 0^{\circ} = 3$ .
Hai góc phụ nhau: $sin (9 0^{\circ} - α) = cos α$ , $cos (9 0^{\circ} - α) = sin α$ .
Hai góc bù nhau: $sin (18 0^{\circ} - α) = sin α$ , $cos (18 0^{\circ} - α) = - cos α$ , $cot (18 0^{\circ} - α) = - cot α$ .
Hằng đẳng thức: $sin^{2} α + cos^{2} α = 1$ , $1 + tan^{2} α = \frac{1}{cos ^{2} α}$ , $1 + cot^{2} α = \frac{1}{sin ^{2} α}$ .

🧠 Phân tích tư duy

Cả bốn biểu thức chỉ chứa các góc đặc biệt

3 0^{\circ}

4 5^{\circ}

6 0^{\circ}

12 0^{\circ}

nên thay bảng giá trị lượng giác là ra ngay — đó là hướng tự nhiên nhất. Nhưng nhìn kĩ thì

4 5^{\circ}

và

4 5^{\circ}

phụ nhau,

6 0^{\circ}

và

3 0^{\circ}

cũng phụ nhau, còn hai câu c), d) lại đúng khuôn hai hằng đẳng thức

1 + tan^{2} α = \frac{1}{cos ^{2} α}

và

1 + cot^{2} α = \frac{1}{sin ^{2} α}

, nên có đường đi ngắn hơn hẳn. Bẫy của bài là

12 0^{\circ}

là góc tù:

sin 12 0^{\circ} > 0

nhưng

cos 12 0^{\circ} < 0

và

cot 12 0^{\circ} < 0

1Cách 1. Thay thẳng giá trị lượng giác của các góc đặc biệt

Định hướng. Mọi góc trong bài đều nằm trong bảng giá trị lượng giác, cứ thay số rồi rút gọn.

M = \frac{2}{2} \cdot \frac{2}{2} + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1

N = \frac{3}{2} \cdot \frac{3}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{2} \cdot \frac{2}{2} = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} = 1

P = 1 + (3)^{2} = 1 + 3 = 4

sin 12 0^{\circ} = \frac{3}{2}

cos 12 0^{\circ} = - \frac{1}{2}

cot 12 0^{\circ} = \frac{cos 12 0 ^{\circ}}{sin 12 0 ^{\circ}} = - \frac{3}{3}

Q = \frac{1}{\frac{3}{4}} - \frac{1}{3} = \frac{4}{3} - \frac{1}{3} = 1

Vậy $M = 1$ , $N = 1$ , $P = 4$ , $Q = 1$ .

2Cách 2. Đưa góc tù về góc nhọn bù nhau và gộp tích thành bình phương nhờ hai góc phụ nhau

Định hướng. Rút gọn biểu thức TRƯỚC khi thay số thì mỗi câu chỉ còn một giá trị phải tra, ít cơ hội sai dấu hơn.

cos 4 5^{\circ} = sin (9 0^{\circ} - 4 5^{\circ}) = sin 4 5^{\circ}

M = sin^{2} 4 5^{\circ} + sin 3 0^{\circ} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1

cos 3 0^{\circ} = sin (9 0^{\circ} - 3 0^{\circ}) = sin 6 0^{\circ}

N = sin^{2} 6 0^{\circ} + \frac{1}{2} sin^{2} 4 5^{\circ} = \frac{3}{4} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = 1

P = 1 + tan^{2} 6 0^{\circ} = 1 + 3 = 4

sin 12 0^{\circ} = sin (18 0^{\circ} - 6 0^{\circ}) = sin 6 0^{\circ}

cot 12 0^{\circ} = - cot 6 0^{\circ} = - \frac{3}{3}

Q = \frac{1}{sin ^{2} 6 0 ^{\circ}} - cot^{2} 6 0^{\circ} = \frac{4}{3} - \frac{1}{3} = 1

Vậy $M = 1$ , $N = 1$ , $P = 4$ , $Q = 1$ .

3Cách 3. Dùng hằng đẳng thức lượng giác, hạn chế tối đa việc tra bảng

Định hướng. Nếu khai thác $sin^{2} α + cos^{2} α = 1$ thì hai câu c), d) ra kết quả mà không cần biết góc bằng bao nhiêu, còn hai câu a), b) chỉ phải tra đúng một giá trị.

sin 4 5^{\circ} = cos 4 5^{\circ}

và

sin^{2} 4 5^{\circ} + cos^{2} 4 5^{\circ} = 1 \Rightarrow sin 4 5^{\circ} cos 4 5^{\circ} = sin^{2} 4 5^{\circ} = \frac{1}{2}

M = \frac{1}{2} + sin 3 0^{\circ} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1

N = sin^{2} 6 0^{\circ} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = (1 - cos^{2} 6 0^{\circ}) + \frac{1}{4} = (1 - \frac{1}{4}) + \frac{1}{4} = 1

P = 1 + tan^{2} 6 0^{\circ} = \frac{1}{cos ^{2} 6 0 ^{\circ}} = \frac{1}{( \frac{1}{2} ) ^{2}} = 4

Q = (1 + cot^{2} 12 0^{\circ}) - cot^{2} 12 0^{\circ} = 1

Vậy $M = 1$ , $N = 1$ , $P = 4$ , $Q = 1$ .

Nhận xét. Câu d) không hề phụ thuộc số đo góc: với mọi $α$ thoả $0^{\circ} < α < 18 0^{\circ}$ ta luôn có $\frac{1}{sin ^{2} α} - cot^{2} α = 1$ . Thấy được điều đó thì khỏi phải tính $cot 12 0^{\circ}$ , tức là khỏi phải lo dấu âm.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 3 cho hai câu c), d) vì chúng ra kết quả tức thì và tránh hẳn cái bẫy dấu âm của

cot 12 0^{\circ}

; hai câu a), b) thì Cách 1 đã đủ nhanh.

Đáp số.

M = 1

;

N = 1

;

P = 4

;

Q = 1

Sai lầm thường gặp. Lỗi thứ nhất: nhớ lộn thành

1 + tan^{2} α = \frac{1}{sin ^{2} α}

. Phản ví dụ ngay ở câu c): công thức sai cho

\frac{1}{sin ^{2} 6 0 ^{\circ}} = \frac{4}{3}

, trong khi giá trị đúng là

1 + 3 = 4

. Lỗi thứ hai: «gộp góc» ở câu b), viết

sin 6 0^{\circ} \cdot cos 3 0^{\circ} = sin (6 0^{\circ} + 3 0^{\circ}) = 1

rồi ra

N = \frac{5}{4}

. Phép gộp đó không tồn tại — phản ví dụ:

sin 3 0^{\circ} \cdot cos 6 0^{\circ} = \frac{1}{4}

nhưng

sin 9 0^{\circ} = 1

🚀 Mở rộng. Hai câu c), d) đúng với mọi góc chứ không riêng

6 0^{\circ}

và

12 0^{\circ}

1 + tan^{2} α = \frac{1}{cos ^{2} α}

(khi

α \neq = 9 0^{\circ}

) và

\frac{1}{sin ^{2} α} - cot^{2} α = 1

— thử thay

12 0^{\circ}

bởi

15 0^{\circ}

để thấy

Q

vẫn bằng

1

Nguồn: SGK Toán 10 — KNTT, tập 1, trang 44

Mở bài này trong app ↗

Bài 4 · 3.15★★Trang 44— Giải tam giác khi biết hai góc và một cạnh — tính cạnh, bán kính, diện tích

3.15 (trang 44). Cho tam giác

A B C

có

B = 6 0^{\circ}

C = 4 5^{\circ}

A C = 10

. Tính

a

R

S

r

Kiến thức cần nhớ

Định lí sin: $\frac{a}{sin A} = \frac{b}{sin B} = \frac{c}{sin C} = 2 R$ .
$A + B + C = 18 0^{\circ}$ .
$S = \frac{1}{2} ab sin C$ và $S = p r$ với $p = \frac{a + b + c}{2}$ .
$sin 7 5^{\circ} = \frac{6 + 2}{4}$ .

🧠 Phân tích tư duy

Đề cho HAI GÓC và cạnh

A C = b

nằm ĐỐI DIỆN góc

B

đã biết — đúng khuôn của định lí sin, vì tỉ số

\frac{b}{sin B}

tính được ngay và bằng

2 R

. Từ đó lấy được

R

trước, rồi mọi cạnh còn lại đều là

2 R sin

của góc tương ứng, cuối cùng

S

và

r

chỉ là hai công thức quen. Bẫy nhỏ: góc

A

không cho sẵn, phải lấy

18 0^{\circ} - 6 0^{\circ} - 4 5^{\circ} = 7 5^{\circ}

; và cạnh

a

đối diện góc

A

chứ không phải góc

B

1Cách 1. Định lí sin

Định hướng. Cạnh $b$ và góc $B$ đối diện nhau nên tính được $2 R$ ngay từ dòng đầu; mọi thứ còn lại suy ra theo.

A = 18 0^{\circ} - 6 0^{\circ} - 4 5^{\circ} = 7 5^{\circ}

2 R = \frac{b}{sin B} = \frac{10}{sin 6 0 ^{\circ}} = \frac{20 3}{3} \Rightarrow R = \frac{10 3}{3} \approx 5, 77

a = 2 R sin A = \frac{20 3}{3} \cdot \frac{6 + 2}{4} = 52 + \frac{5 6}{3} \approx 11, 15

c = 2 R sin C = \frac{20 3}{3} \cdot \frac{2}{2} = \frac{10 6}{3} \approx 8, 16

S = \frac{1}{2} ab sin C = \frac{1}{2} \cdot (52 + \frac{5 6}{3}) \cdot 10 \cdot \frac{2}{2} = 25 + \frac{25 3}{3} \approx 39, 43

p = \frac{a + b + c}{2} = 5 + \frac{5 2}{2} + \frac{5 6}{2} \approx 14, 66

r = \frac{S}{p} = \frac{5 2}{2} + \frac{5 6}{6} - \frac{5 3}{3} \approx 2, 69

Vậy $a \approx 11, 15$ , $R \approx 5, 77$ , $S \approx 39, 43$ , $r \approx 2, 69$ .

2Cách 2. Hạ đường cao

A H

— chỉ dùng tam giác vuông

Định hướng. Đường cao $A H$ chia tam giác thành hai tam giác vuông có sẵn góc $6 0^{\circ}$ và $4 5^{\circ}$ , nên tính được $a$ và $c$ mà không cần định lí sin.

Gọi

H

là hình chiếu vuông góc của

A

trên

B C

A H = A C sin C = 10 sin 4 5^{\circ} = 52

H C = A C cos C = 10 cos 4 5^{\circ} = 52

B H = \frac{A H}{tan B} = \frac{5 2}{3} = \frac{5 6}{3}

a = B H + H C = \frac{5 6}{3} + 52 \approx 11, 15

c = A B = \frac{A H}{sin B} = \frac{5 2}{\frac{3}{2}} = \frac{10 6}{3} \approx 8, 16

S = \frac{1}{2} \cdot a \cdot A H = \frac{1}{2} (\frac{5 6}{3} + 52) \cdot 52 = 25 + \frac{25 3}{3} \approx 39, 43

R = \frac{ab c}{4 S} = \frac{10 3}{3} \approx 5, 77

r = \frac{S}{p} \approx \frac{39 , 43}{14 , 66} \approx 2, 69

Vậy kết quả trùng khít Cách 1: $a \approx 11, 15$ , $R \approx 5, 77$ , $S \approx 39, 43$ , $r \approx 2, 69$ .

3Cách 3. Tính diện tích trước bằng công thức một cạnh - hai góc

Định hướng. Khi biết một cạnh và cả ba góc thì diện tích có công thức riêng $S = \frac{b ^{2} sin A sin C}{2 sin B}$ ; có $S$ rồi thì mọi thứ khác đều rơi ra.

A = 7 5^{\circ}

a = \frac{b sin A}{sin B} \Rightarrow S = \frac{1}{2} ab sin C = \frac{b ^{2} sin A sin C}{2 sin B}

S = \frac{100 \cdot sin 7 5 ^{\circ} \cdot sin 4 5 ^{\circ}}{2 sin 6 0 ^{\circ}} = 25 + \frac{25 3}{3} \approx 39, 43

a = \frac{2 S}{b sin C} = \frac{2 \cdot 39 , 43}{10 \cdot \frac{2}{2}} \approx 11, 15

R = \frac{b}{2 sin B} = \frac{10 3}{3} \approx 5, 77

c = 2 R sin C \approx 8, 16

p \approx 14, 66

r = \frac{S}{p} \approx 2, 69

Vậy $a \approx 11, 15$ , $R \approx 5, 77$ , $S \approx 39, 43$ , $r \approx 2, 69$ .

Nhận xét. Công thức $S = \frac{b ^{2} sin A sin C}{2 sin B}$ đáng nhớ: nó cho diện tích ngay khi chỉ biết MỘT cạnh cùng hai góc, khỏi phải tính cạnh thứ hai.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: dòng đầu tiên đã cho

2 R

, sau đó mọi cạnh chỉ là

2 R sin

của góc đối diện nên không phải nhớ thêm công thức nào. Cách 2 hữu ích khi quên định lí sin, còn Cách 3 lợi nhất khi đề chỉ hỏi mỗi diện tích.

Đáp số.

a = 52 + \frac{5 6}{3} \approx 11, 15

;

R = \frac{10 3}{3} \approx 5, 77

;

S = 25 + \frac{25 3}{3} \approx 39, 43

;

r = \frac{5 2}{2} + \frac{5 6}{6} - \frac{5 3}{3} \approx 2, 69

Sai lầm thường gặp. Lỗi thứ nhất: ghép nhầm cạnh với góc, viết

\frac{a}{sin B} = 2 R

vì thấy

a

và

B

đứng cạnh nhau trong đề. Phản ví dụ chính bài này: làm thế sẽ ra

a = \frac{10 sin 6 0 ^{\circ}}{sin 6 0 ^{\circ}} = 10

, tức

a = b

, trong khi

A = 7 5^{\circ} \neq = B = 6 0^{\circ}

nên hai cạnh ấy không thể bằng nhau. Lỗi thứ hai: dùng

S = p r

với

p

là cả chu vi, ra

r \approx 1, 34

— đúng một nửa giá trị thật

2, 69

🚀 Mở rộng. Tổng quát: tam giác biết cả ba góc và một cạnh

b

thì

R = \frac{b}{2 sin B}

, mọi cạnh bằng

2 R sin

góc đối diện,

S = \frac{b ^{2} sin A sin C}{2 sin B}

và

r = \frac{S}{p} = 4 R sin \frac{A}{2} sin \frac{B}{2} sin \frac{C}{2}

— thử lại công thức cuối với tam giác đều để thấy nó cho

r = \frac{R}{2}

Nguồn: SGK Toán 10 — KNTT, tập 1, trang 44

Mở bài này trong app ↗

Bài 5 · 3.16★★★Trang 44— Chứng minh công thức đường trung tuyến

3.16 (trang 44). Cho tam giác

A B C

có trung tuyến

A M

. Chứng minh rằng:
a)

cos A M B + cos A M C = 0

;
b)

M A^{2} + M B^{2} - A B^{2} = 2 M A \cdot M B \cdot cos A M B

và

M A^{2} + M C^{2} - A C^{2} = 2 M A \cdot M C \cdot cos A M C

;
c)

M A^{2} = \frac{2 ( A B ^{2} + A C ^{2} ) - B C ^{2}}{4}

(công thức đường trung tuyến).

Kiến thức cần nhớ

Định lí côsin trong tam giác $X Y Z$ : $Y Z^{2} = X Y^{2} + X Z^{2} - 2 X Y \cdot X Z \cdot cos Y X Z$ .
Hai góc kề bù có côsin đối nhau: $cos (18 0^{\circ} - α) = - cos α$ .
$M$ là trung điểm $B C$ nên $M B = M C = \frac{B C}{2}$ và $M C = - M B$ .
Tích vô hướng: $u - v^{2} = u^{2} + v^{2} - 2 u \cdot v$ .

🧠 Phân tích tư duy

Ba ý được xếp thành một dây chuyền: ý a) cho biết hai côsin ĐỐI NHAU, ý b) cô lập đúng hai đại lượng

2 M A \cdot M B cos A M B

và

2 M A \cdot M C cos A M C

, nên khi cộng hai đẳng thức ở b) thì phần chứa côsin tự triệt tiêu — đó chính là ý c). Dấu hiệu nhận ra dây chuyền này là

M

trung điểm nên

M B = M C

, hai tích kia có cùng thừa số. Bẫy: nhiều em chứng minh xong b) rồi trừ hai đẳng thức, khi đó côsin không mất mà lại nhân đôi.

1Cách 1. Định lí côsin trong hai tam giác

A M B

và

A M C

Định hướng. Hai góc $A M B$ , $A M C$ kề bù nên côsin của chúng đối nhau; áp định lí côsin cho từng tam giác rồi cộng lại là phần côsin biến mất.

B

M

C

thẳng hàng và

M

nằm giữa nên

A M B + A M C = 18 0^{\circ}

(gt)

cos A M C = cos (18 0^{\circ} - A M B) = - cos A M B

cos A M B + cos A M C = 0

A B^{2} = M A^{2} + M B^{2} - 2 M A \cdot M B cos A M B

(định lí côsin trong tam giác

A M B

)

M A^{2} + M B^{2} - A B^{2} = 2 M A \cdot M B cos A M B

A C^{2} = M A^{2} + M C^{2} - 2 M A \cdot M C cos A M C

(định lí côsin trong tam giác

A M C

)

M A^{2} + M C^{2} - A C^{2} = 2 M A \cdot M C cos A M C

M B = M C = \frac{B C}{2}

(gt)

(M A^{2} + M B^{2} - A B^{2}) + (M A^{2} + M C^{2} - A C^{2}) = 2 M A \cdot \frac{B C}{2} (cos A M B + cos A M C) = 0

2 M A^{2} + \frac{B C ^{2}}{4} + \frac{B C ^{2}}{4} = A B^{2} + A C^{2}

2 M A^{2} = A B^{2} + A C^{2} - \frac{B C ^{2}}{2}

M A^{2} = \frac{2 ( A B ^{2} + A C ^{2} ) - B C ^{2}}{4}

Vậy cả ba khẳng định đều được chứng minh.

2Cách 2. Dùng vectơ và tích vô hướng

Định hướng. Đưa mọi độ dài về bình phương vô hướng; quan hệ $M C = - M B$ làm ý a) hiện ra tức khắc, còn ý c) chỉ cần cộng hai khai triển.

cos A M B = \frac{M A \cdot M B}{M A \cdot M B}

M C = - M B

và

M C = M B

(gt)

cos A M C = \frac{M A \cdot M C}{M A \cdot M C} = \frac{- M A \cdot M B}{M A \cdot M B} = - cos A M B

A B = M B - M A

A B^{2} = M B^{2} + M A^{2} - 2 M A \cdot M B = M A^{2} + M B^{2} - 2 M A \cdot M B cos A M B

M A^{2} + M B^{2} - A B^{2} = 2 M A \cdot M B cos A M B

, tương tự với

C

A B + A C = 2 A M

và

B C = A C - A B

A B^{2} + A C^{2} + 2 A B \cdot A C = 4 A M^{2}

A B^{2} + A C^{2} - 2 A B \cdot A C = B C^{2}

2 (A B^{2} + A C^{2}) = 4 A M^{2} + B C^{2}

M A^{2} = A M^{2} = \frac{2 ( A B ^{2} + A C ^{2} ) - B C ^{2}}{4}

Vậy cả ba khẳng định đều được chứng minh.

3Cách 3. Toạ độ hoá — đặt

M

tại gốc,

B C

trên trục hoành

Định hướng. Chọn hệ trục ăn theo trung điểm $M$ thì $B$ và $C$ đối xứng nhau qua gốc, mọi biểu thức đều là đa thức bậc hai và ba ý được chứng minh cùng lúc.

Chọn hệ trục

O x y

với

O \equiv M

, tia

O x

trùng tia

M C

, đặt

m = \frac{B C}{2}

M (0; 0)

B (- m; 0)

C (m; 0)

A (x; y)

M A^{2} = x^{2} + y^{2}

M B^{2} = M C^{2} = m^{2}

A B^{2} = (x + m)^{2} + y^{2}

A C^{2} = (x - m)^{2} + y^{2}

B C^{2} = 4 m^{2}

cos A M B = \frac{M A \cdot M B}{M A \cdot M B} = \frac{- m x}{m x ^{2} + y ^{2}} = \frac{- x}{x ^{2} + y ^{2}}

cos A M C = \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}

M A^{2} + M B^{2} - A B^{2} = (x^{2} + y^{2}) + m^{2} - (x + m)^{2} - y^{2} = - 2 m x

2 M A \cdot M B cos A M B = 2 x^{2} + y^{2} \cdot m \cdot \frac{- x}{x ^{2} + y ^{2}} = - 2 m x

2 (A B^{2} + A C^{2}) - B C^{2} = 2 (2 x^{2} + 2 y^{2} + 2 m^{2}) - 4 m^{2} = 4 (x^{2} + y^{2})

\frac{2 ( A B ^{2} + A C ^{2} ) - B C ^{2}}{4} = x^{2} + y^{2} = M A^{2}

Vậy cả ba khẳng định đều được chứng minh.

Nhận xét. Toạ độ hoá là cách «cày» chắc ăn nhất khi bí: chỉ mất công đặt trục, còn lại là khai triển đa thức, không phải nghĩ ra mẹo nào.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1 vì nó bám đúng thứ tự a) - b) - c) mà đề gợi ý và chỉ dùng định lí côsin. Nếu đề hỏi thẳng công thức đường trung tuyến (không chia ý) thì Cách 2 ngắn hơn hẳn: ba dòng vectơ là xong.

Đáp số. a)

cos A M B + cos A M C = 0

vì hai góc kề bù; b) chính là định lí côsin trong hai tam giác

A M B

A M C

sau khi chuyển vế; c)

M A^{2} = \frac{2 ( A B ^{2} + A C ^{2} ) - B C ^{2}}{4}

Sai lầm thường gặp. Lỗi hay gặp nhất: ở ý c) đi TRỪ hai đẳng thức của ý b) thay vì CỘNG. Khi trừ, phần côsin thành

2 M A \cdot M B (cos A M B - cos A M C) = 4 M A \cdot M B cos A M B

— không những không mất mà còn nhân đôi, đẳng thức thu được còn nguyên ẩn góc nên vô dụng. Lỗi thứ hai: quên

M B = M C

mà thay

M B^{2} + M C^{2}

bởi

B C^{2}

; thử với tam giác

A B = 13

A C = 15

B C = 14

sẽ thấy

M B^{2} + M C^{2} = 98

chứ không phải

196

, và

M A^{2} = 148

🚀 Mở rộng. Đặt

m_{a} = M A

thì công thức trên là

m_{a}^{2} = \frac{2 ( b ^{2} + c ^{2} ) - a ^{2}}{4}

; cộng cả ba trung tuyến được

m_{a}^{2} + m_{b}^{2} + m_{c}^{2} = \frac{3}{4} (a^{2} + b^{2} + c^{2})

— hãy tự kiểm bằng tam giác đều cạnh

2

Nguồn: SGK Toán 10 — KNTT, tập 1, trang 44

Mở bài này trong app ↗

Bài 6 · 3.17★★★Trang 44— Chứng minh — dấu của $b^2+c^2-a^2$ quyết định loại góc $A$

3.17 (trang 44). Cho tam giác

A B C

. Chứng minh rằng:
a) Nếu góc

A

nhọn thì

b^{2} + c^{2} > a^{2}

;
b) Nếu góc

A

tù thì

b^{2} + c^{2} < a^{2}

;
c) Nếu góc

A

vuông thì

b^{2} + c^{2} = a^{2}

Kiến thức cần nhớ

Định lí côsin: $a^{2} = b^{2} + c^{2} - 2 b c cos A$ , do đó $b^{2} + c^{2} - a^{2} = 2 b c cos A$ .
Với $0^{\circ} < A < 18 0^{\circ}$ : $cos A > 0 \Leftrightarrow A$ nhọn; $cos A = 0 \Leftrightarrow A$ vuông; $cos A < 0 \Leftrightarrow A$ tù.
$A B \cdot A C = A B \cdot A C \cdot cos B A C$ .

🧠 Phân tích tư duy

Ba ý chỉ khác nhau ở DẤU của cùng một biểu thức

b^{2} + c^{2} - a^{2}

, nên chắc chắn phải tìm một đại lượng mà dấu của nó điều khiển cả ba trường hợp. Định lí côsin viết lại thành

b^{2} + c^{2} - a^{2} = 2 b c cos A

cho ngay đại lượng đó, vì

2 b c > 0

nên dấu của vế trái trùng dấu của

cos A

. Bẫy: nhiều em chỉ chứng minh chiều thuận cho câu c) bằng định lí Pythagore mà quên rằng cả ba câu đều là hệ quả của MỘT đẳng thức duy nhất, viết chung một lần là gọn nhất.

1Cách 1. Định lí côsin — quy về dấu của

cos A

Định hướng. Chuyển định lí côsin thành đẳng thức $b^{2} + c^{2} - a^{2} = 2 b c cos A$ rồi xét dấu, vì $2 b c$ luôn dương.

a^{2} = b^{2} + c^{2} - 2 b c cos A

(định lí côsin)

b^{2} + c^{2} - a^{2} = 2 b c cos A

, trong đó

2 b c > 0

(gt)
a)

A

nhọn

\Rightarrow cos A > 0 \Rightarrow b^{2} + c^{2} - a^{2} > 0 \Rightarrow b^{2} + c^{2} > a^{2}

A

tù

\Rightarrow cos A < 0 \Rightarrow b^{2} + c^{2} - a^{2} < 0 \Rightarrow b^{2} + c^{2} < a^{2}

A

vuông

\Rightarrow cos A = 0 \Rightarrow b^{2} + c^{2} - a^{2} = 0 \Rightarrow b^{2} + c^{2} = a^{2}

Vậy cả ba khẳng định đều đúng.

2Cách 2. Hạ đường cao và dùng định lí Pythagore hai lần

Định hướng. Không cần định lí côsin: gọi $H$ là hình chiếu của $B$ trên đường thẳng $A C$ rồi trừ hai hệ thức Pythagore, dấu của $b^{2} + c^{2} - a^{2}$ chuyển thành vị trí của $H$ .

Gọi

H

là hình chiếu vuông góc của

B

trên đường thẳng

A C

, đặt

B H = h

và

x = \overline{A H}

là toạ độ của

H

trên trục

A C

(gốc

A

, chiều dương là chiều từ

A

tới

C

)

c^{2} = B A^{2} = x^{2} + h^{2}

(Pythagore trong tam giác

A B H

)

a^{2} = B C^{2} = (b - x)^{2} + h^{2}

(Pythagore trong tam giác

C B H

)

b^{2} + c^{2} - a^{2} = b^{2} + x^{2} - (b - x)^{2} = 2 b x

, trong đó

b > 0

(gt)
a)

A

nhọn

\Rightarrow H

nằm trên tia

A C

và

H \neq = A \Rightarrow x > 0 \Rightarrow b^{2} + c^{2} > a^{2}

A

tù

\Rightarrow H

nằm trên tia đối của tia

A C \Rightarrow x < 0 \Rightarrow b^{2} + c^{2} < a^{2}

A

vuông

\Rightarrow H \equiv A \Rightarrow x = 0 \Rightarrow b^{2} + c^{2} = a^{2}

Vậy cả ba khẳng định đều đúng, và cách này chỉ dùng định lí Pythagore.

3Cách 3. Dùng tích vô hướng

A B \cdot A C

Định hướng. Bình phương vô hướng của $B C = A C - A B$ biến $b^{2} + c^{2} - a^{2}$ thành đúng hai lần tích vô hướng, mà dấu của tích vô hướng chính là loại góc $A$ .

B C = A C - A B

a^{2} = B C^{2} = A C^{2} + A B^{2} - 2 A B \cdot A C = b^{2} + c^{2} - 2 A B \cdot A C

b^{2} + c^{2} - a^{2} = 2 A B \cdot A C = 2 b c cos B A C

A

nhọn

\Rightarrow A B \cdot A C > 0 \Rightarrow b^{2} + c^{2} > a^{2}

A

tù

\Rightarrow A B \cdot A C < 0 \Rightarrow b^{2} + c^{2} < a^{2}

A

vuông

\Rightarrow A B \cdot A C = 0 \Rightarrow b^{2} + c^{2} = a^{2}

Vậy cả ba khẳng định đều đúng.

Nhận xét. Ba cách đều quy về cùng một đại lượng $b^{2} + c^{2} - a^{2} = 2 b c cos A$ . Vì mỗi phép suy luận đều là suy ra hai chiều nên còn có KẾT QUẢ ĐẢO: so sánh $b^{2} + c^{2}$ với $a^{2}$ là biết ngay góc $A$ thuộc loại nào, khỏi phải đo.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: một dòng định lí côsin là ra cả ba ý, không phải vẽ thêm hình phụ. Cách 2 dành cho lúc đề cấm dùng định lí côsin, còn Cách 3 gọn nhất nếu đã quen tích vô hướng.

Đáp số. Vì

b^{2} + c^{2} - a^{2} = 2 b c cos A

và

2 b c > 0

nên dấu của

b^{2} + c^{2} - a^{2}

trùng dấu của

cos A

: góc

A

nhọn cho

b^{2} + c^{2} > a^{2}

, góc

A

tù cho

b^{2} + c^{2} < a^{2}

, góc

A

vuông cho

b^{2} + c^{2} = a^{2}

Sai lầm thường gặp. Lỗi thứ nhất: xét dấu

sin A

thay vì

cos A

. Phản ví dụ: tam giác có

A = 12 0^{\circ}

b = c = 1

thì

sin A = \frac{3}{2} > 0

y hệt tam giác đều, nên

sin A

không phân biệt nổi nhọn với tù; trong khi

b^{2} + c^{2} = 2

còn

a^{2} = 3

, đúng là

b^{2} + c^{2} < a^{2}

. Lỗi thứ hai: dùng nhầm cặp cạnh, viết

cos A = \frac{a ^{2} + b ^{2} - c ^{2}}{2 ab}

. Kiểm bằng tam giác

a = 6

b = 5

c = 8

: giá trị đúng là

cos A = \frac{53}{80} = 0, 6625

, còn công thức sai cho

\frac{- 3}{60} = - 0, 05

— lệch cả DẤU, tức kết luận ngược hẳn về loại góc.

🚀 Mở rộng. Mệnh đề đảo cũng đúng:

b^{2} + c^{2} > a^{2} \Leftrightarrow

góc

A

nhọn. Nhờ đó chỉ cần so sánh bình phương cạnh lớn nhất với tổng bình phương hai cạnh kia là biết tam giác nhọn, vuông hay tù — thử với bộ ba

(6; 7; 10)

để thấy đó là tam giác tù.

Nguồn: SGK Toán 10 — KNTT, tập 1, trang 44

Mở bài này trong app ↗

Bài 7 · 3.18★★★★Trang 45— Bài toán thực tế trên biển — giải tam giác có hai cạnh tỉ lệ với thời gian

3.18 (trang 45). Trên biển, tàu

B

ở vị trí cách tàu

A

53

km về hướng N34°E. Sau đó, tàu

B

chuyển động thẳng đều với vận tốc có độ lớn

30

km/h về hướng đông, đồng thời tàu

A

chuyển động thẳng đều với vận tốc có độ lớn

50

km/h để gặp tàu

B

.
a) Hỏi tàu

A

cần phải chuyển động theo hướng nào?
b) Với hướng chuyển động đó thì sau bao lâu tàu

A

gặp tàu

B

?
(Hướng N34°E là hướng lệch $3 4^{\circ}$ về phía đông so với hướng bắc.)

Kiến thức cần nhớ

Định lí sin: $\frac{B C}{sin B A C} = \frac{A C}{sin A B C} = \frac{A B}{sin A C B}$ .
Định lí côsin: $A C^{2} = A B^{2} + B C^{2} - 2 A B \cdot B C cos A B C$ .
Quãng đường của chuyển động thẳng đều: $s = v t$ .
Hướng bắc và hướng đông vuông góc với nhau; hướng N $α$ E lệch $α$ về phía đông so với hướng bắc.

🧠 Phân tích tư duy

Gọi

C

là điểm hai tàu gặp nhau sau

t

giờ thì tam giác

A B C

có

A B = 53

B C = 30 t

A C = 50 t

— hai cạnh cùng tỉ lệ với

t

, nên khi lập tỉ số theo định lí sin thì

t

tự triệt tiêu. Đó là lí do phải tìm GÓC trước rồi mới tìm thời gian, chứ không giải hệ. Mấu chốt thứ hai là quy hướng ra góc: hướng bắc vuông góc hướng đông nên góc giữa tia

B A

và tia đông tại

B

bằng

9 0^{\circ} + 3 4^{\circ} = 12 4^{\circ}

, tức

A B C = 12 4^{\circ}

. Bẫy: lấy nhầm

A B C = 5 6^{\circ}

(góc kề bù) thì bài vẫn giải ra số nhưng sai hết.

1Cách 1. Định lí sin trong tam giác

A B C

Định hướng. Vì $B C$ và $A C$ cùng chứa thừa số $t$ nên tỉ số của chúng không phụ thuộc $t$ ; định lí sin cho ngay góc $B A C$ , có góc rồi mới quay lại tìm $t$ .

Gọi

C

là vị trí hai tàu gặp nhau sau

t

giờ, đặt

α = B A C

A B = 53

B C = 30 t

A C = 50 t

(gt)

A B C = 9 0^{\circ} + 3 4^{\circ} = 12 4^{\circ}

(hướng

B A

là S34°W, hướng

B C

là hướng đông)

\frac{B C}{sin α} = \frac{A C}{sin A B C}

(định lí sin)

sin α = \frac{B C sin 12 4 ^{\circ}}{A C} = \frac{30 t sin 12 4 ^{\circ}}{50 t} = 0, 6 sin 12 4^{\circ} \approx 0, 4974

α \approx 2 9^{\circ} 50^{'}

A C B = 18 0^{\circ} - 12 4^{\circ} - α \approx 2 6^{\circ} 10^{'}

\frac{A C}{sin A B C} = \frac{A B}{sin A C B}

(định lí sin)

50 t = \frac{53 sin 12 4 ^{\circ}}{sin 2 6 ^{\circ} 10 ^{'}} \approx 99, 63

t \approx 1, 99

Vậy tàu $A$ phải đi theo hướng lệch $3 4^{\circ} + α \approx 6 3^{\circ} 50^{'}$ về phía đông so với hướng bắc, tức hướng N63°50′E; sau khoảng $1, 99$ giờ (gần $2$ giờ) hai tàu gặp nhau.

2Cách 2. Toạ độ hoá — lập phương trình bậc hai theo

t

Định hướng. Đặt trục theo đúng hướng đông - bắc thì vị trí tàu $B$ sau $t$ giờ viết được ngay, còn điều kiện gặp nhau chỉ là một phương trình khoảng cách; giải xong $t$ mới suy ra hướng.

Chọn hệ trục

O x y

với gốc

O

tại vị trí ban đầu của tàu

A

, tia

O x

chỉ hướng đông, tia

O y

chỉ hướng bắc

A (0; 0)

B (53 sin 3 4^{\circ}; 53 cos 3 4^{\circ}) \approx B (29, 64; 43, 94)

C (53 sin 3 4^{\circ} + 30 t; 53 cos 3 4^{\circ})

và

A C = 50 t

(53 sin 3 4^{\circ} + 30 t)^{2} + (53 cos 3 4^{\circ})^{2} = (50 t)^{2}

5 3^{2} + 3180 t sin 3 4^{\circ} + 900 t^{2} = 2500 t^{2}

1600 t^{2} - 1778, 23 t - 2809 = 0

t \approx 1, 99

(loại nghiệm âm)

C \approx (89, 41; 43, 94)

tan (O y, A C) = \frac{89 , 41}{43 , 94} \approx 2, 035 \Rightarrow (O y, A C) \approx 6 3^{\circ} 50^{'}

Vậy tàu $A$ đi theo hướng N63°50′E và gặp tàu $B$ sau khoảng $1, 99$ giờ.

3Cách 3. Chiếu vận tốc lên hai phương vuông góc với nhau

Định hướng. Hai tàu chỉ gặp nhau khi phương $A B$ không quay, tức thành phần vận tốc VUÔNG GÓC với $A B$ của hai tàu phải bằng nhau; phần vận tốc còn lại dọc $A B$ chính là tốc độ thu hẹp khoảng cách.

Tia

A B

có hướng N34°E, vận tốc tàu

B

hướng đông nên hợp với tia

A B

góc

9 0^{\circ} - 3 4^{\circ} = 5 6^{\circ}

Gọi

α

là góc giữa vận tốc tàu

A

và tia

A B

50 sin α = 30 sin 5 6^{\circ}

(thành phần vuông góc với

A B

bằng nhau)

sin α = 0, 6 sin 5 6^{\circ} \approx 0, 4974 \Rightarrow α \approx 2 9^{\circ} 50^{'}

Tốc độ thu hẹp khoảng cách

= 50 cos α - 30 cos 5 6^{\circ} \approx 43, 38 - 16, 78 = 26, 60

t = \frac{53}{26 , 60} \approx 1, 99

Vậy tàu $A$ đi theo hướng N63°50′E và sau khoảng $1, 99$ giờ thì gặp tàu $B$ .

Nhận xét. Cách 3 cho thấy điều kiện «đuổi kịp» thật ra chỉ là một đẳng thức về thành phần vận tốc vuông góc; nó giải thích luôn vì sao $t$ triệt tiêu trong Cách 1 — góc đuổi $α$ không phụ thuộc thời gian.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: chỉ hai lần định lí sin, con số

t

tự biến mất ở bước tìm góc nên không phải giải phương trình bậc hai. Cách 2 an toàn khi không chắc góc

A B C

bằng bao nhiêu, vì toạ độ tự lo phần hướng.

Đáp số. a) Tàu

A

đi theo hướng lệch khoảng

6 3^{\circ} 50^{'}

về phía đông so với hướng bắc, tức hướng N63°50′E. b) Sau

t \approx 1, 99

giờ, tức khoảng

1

giờ

59, 6

phút (gần

2

giờ).

Sai lầm thường gặp. Lỗi chết người là lấy

A B C = 5 6^{\circ}

vì thấy số

56

trên hình. Phản ví dụ bằng chính bài này: với

A B C = 5 6^{\circ}

sẽ ra

sin α = 0, 6 sin 5 6^{\circ}

giống hệt, nhưng

A C B = 18 0^{\circ} - 5 6^{\circ} - α \approx 9 4^{\circ} 10^{'}

và

50 t = \frac{53 sin 5 6 ^{\circ}}{sin 9 4 ^{\circ} 10 ^{'}} \approx 44, 06

, cho

t \approx 0, 88

giờ — trong khi chỉ riêng khoảng cách ban đầu

53

km đã đòi tàu

A

chạy hơn

1

giờ. Lỗi thứ hai: quên rằng

A C = 50 t

và

B C = 30 t

đều chứa

t

, đem

B C = 30

và

A C = 50

vào tính rồi kết luận «gặp nhau sau

1

giờ».

🚀 Mở rộng. Nếu tàu

A

chỉ chạy được với tốc độ

v

thì điều kiện đuổi kịp là phương trình

v sin α = 30 sin 5 6^{\circ}

có nghiệm, tức

v \geq 30 sin 5 6^{\circ} \approx 24, 9

km/h — dưới ngưỡng đó tàu

A

không bao giờ bắt kịp tàu

B

dù chọn hướng nào.

Nguồn: SGK Toán 10 — KNTT, tập 1, trang 45

Mở bài này trong app ↗

Bài 8 · 3.19★★★Trang 45— Bài toán thực tế — tính khoảng cách trong hình vuông bằng định lí côsin

3.19 (trang 45). Trên sân bóng chày dành cho nam, các vị trí gôn Nhà (Home plate), gôn 1 (First base), gôn 2 (Second base), gôn 3 (Third base) là bốn đỉnh của một hình vuông có cạnh dài

27, 4

m. Vị trí đứng ném bóng (Pitcher’s mound) nằm trên đường nối gôn Nhà với gôn 2, và cách gôn Nhà

18, 44

m. Tính các khoảng cách từ vị trí đứng ném bóng tới các gôn 1 và gôn 3.

Kiến thức cần nhớ

Định lí côsin: $P B^{2} = A P^{2} + A B^{2} - 2 A P \cdot A B cos P A B$ .
Đường chéo hình vuông là tia phân giác của góc ở đỉnh, nên nó tạo với mỗi cạnh một góc $4 5^{\circ}$ .
Hình vuông cạnh $m$ có đường chéo bằng $m 2$ .
$cos 4 5^{\circ} = \frac{2}{2}$ .

🧠 Phân tích tư duy

Đặt

A

B

C

D

lần lượt là gôn Nhà, gôn 1, gôn 2, gôn 3 và

P

là vị trí ném bóng thì

P

nằm trên ĐƯỜNG CHÉO

A C

của hình vuông — mà đường chéo hình vuông là phân giác của góc ở đỉnh, nên

P A B = P A D = 4 5^{\circ}

. Vậy tam giác

P A B

biết hai cạnh

A P

A B

và góc

A

xen giữa: đúng khuôn định lí côsin. Tính đối xứng qua đường chéo cho biết trước hai khoảng cách phải bằng nhau, nên chỉ cần tính một lần. Bẫy: tưởng

P

là tâm hình vuông (khi đó

A P

sẽ là

\frac{27 , 4 2}{2} \approx 19, 37

m chứ không phải

18, 44

m).

1Cách 1. Định lí côsin trong tam giác

P A B

Định hướng. Tam giác $P A B$ có hai cạnh kề và góc xen giữa đều đã biết nên định lí côsin cho ngay cạnh thứ ba.

Gọi

A

B

C

D

lần lượt là gôn Nhà, gôn 1, gôn 2, gôn 3;

P

là vị trí ném bóng

A B = A D = 27, 4

A P = 18, 44

(gt)

P A B = P A D = 4 5^{\circ}

(

A C

là đường chéo hình vuông

A B C D

)

P B^{2} = A P^{2} + A B^{2} - 2 A P \cdot A B cos 4 5^{\circ}

(định lí côsin)

P B^{2} = 18, 4 4^{2} + 27, 4^{2} - 2 \cdot 18, 44 \cdot 27, 4 \cdot \frac{2}{2} \approx 376, 26

P B \approx 19, 40

P D^{2} = A P^{2} + A D^{2} - 2 A P \cdot A D cos 4 5^{\circ} = P B^{2} \Rightarrow P D = P B \approx 19, 40

Vậy khoảng cách từ vị trí ném bóng tới gôn 1 và tới gôn 3 đều xấp xỉ $19, 40$ m.

2Cách 2. Toạ độ hoá hình vuông

Định hướng. Gắn hình vuông vào hệ trục cho hai cạnh nằm trên hai trục thì mọi gôn có toạ độ đẹp, khoảng cách chỉ còn là một phép trừ.

Chọn hệ trục

O x y

với

A (0; 0)

B (27, 4; 0)

C (27, 4; 27, 4)

D (0; 27, 4)

(đơn vị: mét)

P

thuộc tia

A C

và

A P = 18, 44

, mà

A C = 27, 42

P (\frac{18 , 44}{2}; \frac{18 , 44}{2}) \approx P (13, 04; 13, 04)

P B^{2} = (27, 4 - 13, 04)^{2} + 13, 0 4^{2} \approx 206, 24 + 170, 02 = 376, 26

P B \approx 19, 40

P D^{2} = 13, 0 4^{2} + (27, 4 - 13, 04)^{2} = P B^{2} \Rightarrow P D \approx 19, 40

Vậy hai khoảng cách cần tìm đều xấp xỉ $19, 40$ m.

3Cách 3. Chiếu

P

xuống cạnh

A B

rồi dùng định lí Pythagore

Định hướng. Chỉ cần một tam giác vuông cân và một lần Pythagore, không phải nhớ định lí côsin.

Gọi

H

là hình chiếu vuông góc của

P

trên cạnh

A B

Tam giác

A P H

vuông tại

H

có

P A H = 4 5^{\circ}

nên vuông cân

A H = P H = A P cos 4 5^{\circ} = 18, 44 \cdot \frac{2}{2} \approx 13, 04

H B = A B - A H \approx 27, 4 - 13, 04 = 14, 36

P B = P H^{2} + H B^{2} \approx 13, 0 4^{2} + 14, 3 6^{2} = 376, 26 \approx 19, 40

P D = P B \approx 19, 40

(đối xứng qua đường thẳng

A C

)

Vậy khoảng cách từ vị trí ném bóng tới gôn 1 và tới gôn 3 đều xấp xỉ $19, 40$ m.

Nhận xét. Khoảng cách từ vị trí ném bóng tới gôn 2 tính được luôn mà không cần công thức nào: $P C = A C - A P = 27, 42 - 18, 44 \approx 20, 31$ m — xa hơn tới gôn 1 và gôn 3.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: nhận ra góc

4 5^{\circ}

của đường chéo rồi thay thẳng vào định lí côsin, chỉ hai dòng. Cách 3 hợp với ai chưa thuộc định lí côsin vì chỉ dùng tam giác vuông cân.

Đáp số. Khoảng cách từ vị trí đứng ném bóng tới gôn 1 và tới gôn 3 bằng nhau và xấp xỉ

19, 40

m (chính xác:

18, 4 4^{2} + 27, 4^{2} - 18, 44 \cdot 27, 42 \approx 19, 3973

m).

Sai lầm thường gặp. Lỗi thứ nhất: lấy góc ở gôn Nhà bằng

9 0^{\circ}

(góc của hình vuông) thay vì

4 5^{\circ}

(góc giữa đường chéo và cạnh), khi đó

P B = 18, 4 4^{2} + 27, 4^{2} \approx 33, 03

m — dài hơn cả cạnh sân, vô lí vì

P

nằm bên trong hình vuông. Lỗi thứ hai: tưởng vị trí ném bóng là tâm hình vuông rồi lấy

P B = \frac{27 , 4 2}{2} \approx 19, 37

m; con số này gần đúng một cách nguy hiểm nhưng sai bản chất — đề ghi rõ

A P = 18, 44

m trong khi nửa đường chéo là

19, 37

🚀 Mở rộng. Tổng quát cho sân cạnh

m

và cự li ném

d

: khoảng cách tới gôn 1 (hay gôn 3) là

d^{2} + m^{2} - d m 2

, còn tới gôn 2 là

m 2 - d

— thử với sân thiếu niên

m = 18, 29

d = 14, 02

m để thấy tỉ lệ sân thay đổi thế nào.

Nguồn: SGK Toán 10 — KNTT, tập 1, trang 45

Mở bài này trong app ↗