Hệ thức lượng trong tam giác Học giải


Bài 15.

Tam giác (ABC) có (a = 12, b = 13, c = 15). Tính (cos A) và góc (A).

Giải

Áp dụng công thức tính  ta có

(eqalign{
& cos A = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} over {2bc}} = {{{{13}^2} + {{15}^2} – {{12}^2}} over {2.13.15}} = {{25} over {39}} cr
& Rightarrow ,,widehat A approx  {50^0} cr} )

————————————————-

Bài 16. Cho tam giác (ABC) có (AB = 5,,AC = 8,,widehat A = {60^0}). Kết quả nào trong các kết quả sau là độ dài cạnh (BC) ?

a) (sqrt {129} );                                            b) (7);

c) (49);                                                  d) (sqrt {69} ).

Giải

Ta có (B{C^2} = {a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc.cos A = {8^2} + {5^2} – 2.8.5.cos {60^0} = 49)

( Rightarrow ,,BC = 7).

Chọn b).

—————————————————–

Bài 17. Hình 59 vẽ một hồ nước nằm ở góc tạo bởi hai con đường. Bốn bạn An, Cường , Trí, Đức dự đoán khoảng cách từ B đến C như sau

An :         (5 km)

Cường :   (6 km)

Trí :         (7 km)

Đức :       (5,5 km).

Biết rằng khoảng cách từ (A) đến (B) là (3 km), khoảng cách từ (A) đến (C) là (4 km), góc (BAC) là ({120^0}).

Hỏi dự đoán của bạn nào sát với thực tế nhất ?

Giải

Áp dụng định lí cosin ta có

(eqalign{
& B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} – 2AB.AC.cos widehat {BAC} = {3^2} + {4^2} – 2.3.4.cos {120^0} cr
& ,,,,,,,,,,,; = 9 + 16 + 12 = 37 cr
& Rightarrow BC = sqrt {37} approx 6,1 cr} )

Vậy bạn Cường dự đoán sát với thực tế  nhất.

——————————————————–

Bài 18. Cho tam giác (ABC). Chứng minh các khẳng định sau

a) Góc (A) nhọn khi và chỉ khi ({a^2} < {b^2} + {c^2});

a) Góc (A) tù khi và chỉ khi ({a^2} > {b^2} + {c^2});

a) Góc (A) vuông khi và chỉ khi ({a^2} = {b^2} + {c^2}).

Giải

Ta có (cos A = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} over {2bc}})

a) (A) nhọn     ( Leftrightarrow ,,cos A > 0,, Leftrightarrow ,,{b^2} + {c^2} > {a^2}).

b) (A) tù         ( Leftrightarrow ,,cos A < 0,, Leftrightarrow ,,{b^2} + {c^2} < {a^2}) .

c) (A) vuông  ( Leftrightarrow ,,cos A = 0,, Leftrightarrow ,,{b^2} + {c^2} = {a^2}) .

————————————————————

Bài 19.

Tam giác (ABC) có (widehat A = {60^0},,widehat B = {45^0},,b = 4). Tính hai cạnh (a) và (c).

Giải

Ta có (widehat C = {180^0} – widehat A – widehat B = {180^0} – {60^0} – {45^0} = {75^0})

Áp dụng định lí sin ta có

(eqalign{
& {a over {sin A}} = {b over {sin B}} = {c over {sin C}} = {4 over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in4}}{5^0}}} cr
& {a over {sin {{60}^0}}} = {4 over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in4}}{5^0}}},,,, Rightarrow ,,a = 4.{{sqrt 3 } over 2}.sqrt 2 = 2sqrt 6 cr
& {c over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in7}}{{rm{5}}^0}}} = {4 over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in4}}{5^0}}},,,, Rightarrow ,,,c approx ,5,5 cr} )

——————————————————

Bài 20.

Cho tam giác (ABC) có (widehat A = {60^0},,a = 6). Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác.

Giải

Ta có  ({a over {sin A}} = 2R,, Rightarrow ,,R = {a over {2sin A}} = {6 over {2.sin {{60}^0}}} = {6 over {sqrt 3 }} = 2sqrt 3 , approx 3,5)

—————————————————

Bài 21.

Chứng minh rằng nếu ba góc của tam giác (ABC) thỏa mãn hệ thức (sin A = 2sin B.cos C) thì (ABC) là tam giác cân.

Giải

Áp dụng định lí sin và cosin ta có

(sin A = {a over {2R}},,,sin B = {b over {2R}},,,cos C = {{{a^2} + {b^2} – {c^2}} over {2ab}})

Do đó (sin A = 2sin Bcos C,,, Leftrightarrow ,,{a over {2R}} = 2.{b over {2R}}.{{{a^2} + {b^2} – {c^2}} over {2ab}},,,)

( Leftrightarrow ,,{a^2} = {a^2} + {b^2} – {c^2},,, Leftrightarrow ,,b^2 = c^2, Leftrightarrow ,,b=c)

Vậy (ABC) là tam giác cân.

—————————————————

Bài 22.

Hình 60 vẽ một chiếc tàu thủy đang neo đậu ở vị trí (C) trên biển và hai người ở các vị trí quan sát (A) và (B) cách nhau (500m). Họ đo được góc (CAB) bằng ({87^0}) và góc (CBA) bằng ({62^0}).

Tính các khoảng cách (AC) và (BC).

Giải

Ta có (widehat {ACB} = {180^0} – {87^0} – {62^0} = {31^0})

Áp dụng định lí sin ta có

({a over {sin A}} = {b over {sin B}} = {c over {sin C}} = {{500} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in3}}{{rm{1}}^0}}} approx 971)

( Rightarrow ,,BC = a = 971.sin {87^0} approx 969) m và (,AC = b = 971.sin {62^0} approx 857) m.

——————————————————

Bài 23.

Gọi (H) là trực tâm của tam giác không vuông (ABC). Chứng minh rằng bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác (ABC,,HBC,,HCA,,HAB) bằng nhau.

Giải

Trường  hợp 1: Tam giác (ABC) có ba góc nhọn.

Gọi (R,,{R_1}) lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác (ABC, HBC).

Áp dụng định lí sin ta có

({{BC} over {sin A}} = 2R,;,,{{BC} over {sin widehat {BHC}}} = 2{R_1})

Mà      (widehat {BHC} + widehat A = widehat {{B’}H{C’}} + widehat A = {180^0}) (Vì (widehat {BHC}) và (widehat {{B’}H{C’}}) đối đỉnh)

( Rightarrow ,,sin A = sin widehat {BHC})

Do đó  (2R = 2{R_1},, Rightarrow ,,R = {R_1}.)

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác (HBC) bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác (ABC).

Tương tự bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác (HCA, HAB) bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác (ABC).

Trường hợp 2: Tam giác (ABC) có góc tù.

Ta có ({{BC} over {sin widehat{BAC}}} = 2R,;,,{{BC} over {sin widehat {BHC}}} = 2{R_1})

Mà   (widehat {B’AC’} + widehat {CHB} = {180^0},, Rightarrow ,,sin widehat{BAC} =sin widehat{B’AC’}= sin widehat {CHB}) (Vì  (widehat{BAC}) và (widehat{B’AC’}) đối đỉnh)

( Rightarrow ,,R = {R_1})

Tương tự  ta chứng minh được bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác (HCA, HAB) bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác (ABC).

———————————————————

Bài 24.

Tam giác (ABC) có (a = 7,,b = 8,,c = 6). Tính ({m_a}).

Giải

Áp dụng công thức tính ({m_a}) ta có

({m_a}^2 = {{{b^2} + {c^2}} over 2} – {{{a^2}} over 4} = {{{8^2} + {6^2}} over 2} – {{{7^2}} over 4} = {{151} over 4},,,, Rightarrow ,{m_a} approx 6,1)

———————————————————

Bài 25.

Tam giác (ABC) có (a = 5,,b = 4,,c = 3). Lấy điểm (D) đối xứng với (B) qua (C). Tính độ dài (AD).

Giải

Áp dụng công thức tính trung tuyến (AC) trong tam giác (ABD) ta có

(A{C^2} = {{A{B^2} + A{D^2}} over 2} – {{B{D^2}} over 4},,, Rightarrow ,,{4^2} = {{{3^2} + A{D^2}} over 2} – {{{{10}^2}} over 4},,, Rightarrow ,A{D^2} = 73,,, Rightarrow ,AD = sqrt {73}  approx 8,5.)

———————————————————–

Bài 26.

Cho hình bình hành (ABCD) có (AB = 4,,BC = 5,,BD = 7). Tính (AC).

Giải

Gọi (O) là tâm hình bình hành.

Áp dụng công thức tính trung tuyến (AO) của tam giác (ABD), ta có

(eqalign{
& A{O^2} = {{A{B^2} + A{D^2}} over 2} – {{B{D^2}} over 4},,, = {{{4^2} + {5^2}} over 2} – {{{7^2}} over 4} = {{33} over 4},,,cr& Rightarrow ,AO = sqrt {{{33} over 4}} = {{sqrt {33} } over 2} cr
& Rightarrow ,AC = 2AO = sqrt {33} approx 5,8 cr} )

—————————————————–

Bài 27.

Chứng minh rằng trong một hình bình hành, tổng bình phương các cạnh bằng tổng bình phương của hai đường chéo.

Giải

Áp dụng công thức tính trung tuyến (AO) trong tam giác (ABD), ta có

(eqalign{
& A{O^2} = {{A{B^2} + A{D^2}} over 2} – {{B{D^2}} over 4},,,,,,,,,,,,,, cr
& Rightarrow ,,,4A{O^2} = 2(A{B^2} + A{D^2}) – B{D^2},, cr
& Rightarrow ,,,A{C^2} + B{D^2} = 2(A{B^2} + A{D^2}) = A{B^2} + A{D^2} + D{C^2} + B{C^2} cr} )

——————————————————

Bài 28.

Chứng minh rằng tam giác (ABC) vuông ở (A) khi và chỉ khi (5m_a^2 = m_b^2 + m_c^2).

Giải

Ta có (5m_a^2 = m_b^2 + m_c^2)

(eqalign{
& Leftrightarrow ,,,5left( {{{{b^2} + {c^2}} over 2} – {{{a^2}} over 4}} right) = {{{a^2} + {c^2}} over 2} – {{{b^2}} over 4} + {{{a^2} + {b^2}} over 2} – {{{c^2}} over 4} cr
& Leftrightarrow ,,,5left( {2{b^2} + 2{c^2} – {a^2}} right) = 2{a^2} + 2{c^2} – {b^2} + 2{a^2} + 2{b^2} – {c^2} cr
& Leftrightarrow ,,,{b^2} + {c^2} = {a^2} cr} )

( Leftrightarrow )  Tam giác (ABC) vuông ở (A).

————————————————-

Bài 29.

Tam giác (ABC) có (b = 6,12,;,c = 5,35,;,widehat A = {84^0}). Tính diện tích tam giác đó.

Giải

Ta có ({S_{ABC}} = {1 over 2}.b.c.sin A = {1 over 2}.(6,12),.(5,35),.sin {84^0} approx 16,3).

—————————————–

Bài 30.

Cho tứ giác (ABCD). Gọi (M, N) lần lượt là trung điểm của (AC) và (BD). Chứng minh rằng (A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} + D{A^2} = A{C^2} + B{D^2} + 4M{N^2}).

Giải

Áp dụng công thức tính trung tuyến, (MN) là trung tuyến của tam giác (BMD), ta có

(M{N^2} = {{B{M^2} + D{M^2}} over 2} – {{B{D^2}} over 4},,,,, Leftrightarrow ,,4M{N^2} = 2(B{M^2} + D{M^2}) – B{D^2},,,(1))

Tương tự, (BM, DM) lần lượt là trung tuyến của tam giác (ABC, ADC) nên

(eqalign{
& 4B{M^2} = 2(A{B^2} + B{C^2}) – A{C^2},,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,(2) cr
& 4D{M^2} = 2(D{A^2} + C{D^2}) – A{C^2},,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,(3) cr} )

Từ (2), (3) suy ra

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

Thay (4) vào (1), ta có

(eqalign{
& ,,,,,,,,4M{N^2} = A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} + D{A^2} – A{C^2} – B{D^2} cr
& Rightarrow ,,,A{B^2} + B{C^2} + C{D^2} + D{A^2} = A{C^2} + B{D^2} + 4M{N^2} cr} )

——————————————————–

Bài 31.

Gọi (S) là diện tích và (R) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác (ABC). Chứng minh rằng (S = 2{R^2}sin Asin Bsin C).

Giải

Áp dụng công thức tính diện tích và định lí sin trong tam giác (ABC) .Ta có

(eqalign{
& S = {{abc} over {4R}} = {{(2Rsin A).(2Rsin B).(2Rsin C)} over {4R}} cr
& ,,,,,,,,,,,,,,,,,, = 2{R^2}sin Asin Bsin C cr} )

——————————————————–

Bài 32.

Chứng minh rằng diện tích của một tứ giác bằng nửa tích hai đường chéo và sin của góc hợp bởi hai đường chéo đó.

Giải

Gọi (I) là giao điểm của hai đường chéo (AC, BD) và (widehat {AIB} = alpha ).

Ta có ({S_{ABI}} = {1 over 2}AI.BI.sin alpha ,,,,,,{S_{ADI}} = {1 over 2}AI.DI.sin ({180^0} – alpha ) = ,{1 over 2}AI.DI.sin alpha ,)

Suy ra ({S_{ABD}} = {S_{ABI}} + {S_{ADI}} = {1 over 2}AI.(BI + DI).sin alpha  = {1 over 2}AI.BD.sin alpha )

Tương tự ta suy ra ({S_{BCD}} = {S_{BIC}} + {S_{CDI}} = {1 over 2}CI.BD.sin alpha )

Từ đó suy ra

({S_{ABCD}} = {S_{ABD}} + {S_{BCD}} = {1 over 2}.BD.(AI + CI).sin alpha  = {1 over 2}.BD.AC.sin alpha. )

—————————————————-

Bài 33. Giải tam giác (ABC), biết

a) (c = 14,,widehat A = {60^0},,widehat B = {40^0});

b) (b = 4,5,,widehat A = {30^0},,widehat C = {75^0});

c) (c = 35,,widehat A = {40^0},,widehat C = {120^0});

d) (a = 137,5;;widehat B = {83^0},,widehat C = {57^0}).

Giải

a)  Ta có (widehat C = {180^0} – {60^0} – {40^0} = {80^0})

Áp dụng định lí sin :

(eqalign{
& ,,,,,,{a over {sin A}} = {b over {sin B}} = {c over {sin C}} = {{14} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in8}}{{rm{0}}^0}}},,,, Rightarrow ,,a = {{14} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in8}}{{rm{0}}^0}}}.sin {60^0} approx 12,3 cr
& ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,b = {{14} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in8}}{{rm{0}}^0}}}.sin {40^0} approx 9,1 cr} )

b) Ta có (widehat B = {180^0} – {30^0} – {75^0} = {75^0})

Áp dụng định lí sin

(eqalign{
& ,,,,,,{a over {sin A}} = {b over {sin B}} = {c over {sin C}} = {{4,5} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in7}}{{rm{5}}^0}}},,, Rightarrow ,,a = {{4,5} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in7}}{{rm{5}}^0}}}.sin {30^0} approx 2,3 cr
& ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,c = {{4,5} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in7}}{{rm{5}}^0}}}.sin {75^0} = 4,5 cr} )

c)  Ta có (widehat B = {180^0} – {120^0} – {40^0} = {20^0})

Áp dụng định lí sin :

(eqalign{
& ,,,,,,{a over {sin A}} = {b over {sin B}} = {c over {sin C}} = {{35} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in12}}{{rm{0}}^0}}},,,,, Rightarrow ,,a = {{35} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in12}}{{rm{0}}^0}}}.sin {40^0} approx 26 cr
& ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,b = {{35} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in12}}{{rm{0}}^0}}}.sin {20^0} approx 13,8 cr} )

d)  Ta có (widehat A = {180^0} – {83^0} – {57^0} = {40^0})

Áp dụng định lí sin :

(eqalign{
& ,,,,,,{a over {sin A}} = {b over {sin B}} = {c over {sin C}} = {{137,5} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in4}}{{rm{0}}^0}}},,,, Rightarrow ,,b = {{137,5} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in4}}{{rm{0}}^0}}}.sin {83^0} approx 212,3 cr
& ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,c = {{137,5} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in4}}{{rm{0}}^0}}}.sin {57^0} approx 179,4 cr} )

————————————————————–

Bài 34. Giải tam giác (ABC), biết

a) (a = 6,3,,,b = 6,3,,,widehat C = {54^0});

b) (b = 32,,c = 45,,widehat A = {87^0});

c) (a = 7,,,b = 23,,,widehat C = {130^0}).

Giải

a) (ABC) là tam giác cân tại (C) ( Rightarrow ,,widehat A = widehat B = {{{{180}^0} – {{54}^0}} over 2} = {63^0}). Áp dụng định lí sin ta có

(,,,,,,{a over {sin A}} = {c over {sin C}} = {{6,3} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in6}}{{rm{3}}^0}}},, Rightarrow ,,c = {{6,3} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in6}}{{rm{3}}^0}}}.sin {54^0} approx 5,7)

b)  Áp dụng định lí cosin ta có

(eqalign{
& {a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc.cos A cr
& ,,,,,, = {32^2} + {45^2} – 2.32.45.cos {87^0} approx 2898,27 cr
& Rightarrow a approx 53,8 cr} )

Áp dụng định lí sin ta có

(eqalign{
& ,,,,,,{a over {sin A}} = {b over {sin B}},, Rightarrow ,,sin B = {{bsin A} over a} = {{32.sin {{87}^0}} over {53,8}} approx 0,6 cr
& Rightarrow ,,widehat B approx {36^0},,,,widehat C approx {57^0} cr} )

c)  Áp dụng định lí cosin ta có

(eqalign{
& {c^2} = {a^2} + {b^2} – 2ab.cos C cr
& ,,,,,, = {7^2} + {23^2} – 2.7.23.cos {130^0} approx 785 cr
& Rightarrow c approx 28 cr
& cos A = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} over {2bc}} = {{{{23}^2} + {{28}^2} – {7^2}} over {2.23.28}} approx 0,98 cr
& Rightarrow ,,widehat A = {11^0},,,,widehat B = {39^0} cr} )

———————————————————–

Bài 35. Giải tam giác (ABC), biết

a) (a = 14,,,b = 18,,,c = 20);

b) (a = 6,,,b = 7,3,,,c = 4,8);

c) (a = 4,,,b = 5,,,c = 7)

Giải

a)  Áp dụng định lí cosin ta có

(eqalign{
& cos A = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} over {2bc}} = {{{{18}^2} + {{20}^2} – {{14}^2}} over {2.18.20}} approx 0,73 cr
& cos B = {{{a^2} + {c^2} – {b^2}} over {2ac}} = {{{{14}^2} + {{20}^2} – {{18}^2}} over {2.14.20}} approx 0,49 cr
& Rightarrow ,,,widehat A approx {43^0},,,,,widehat B approx {61^0},,,,widehat C approx {76^0}. cr} )

b) Áp dụng định lí cosin ta có

(eqalign{
& cos A = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} over {2bc}} = {{{{(7,3)}^2} + {{(4,8)}^2} – {6^2}} over {2.(7,3).(4.8)}} approx 0,58 cr
& cos B = {{{a^2} + {c^2} – {b^2}} over {2ac}} = {{{6^2} + {{(4,8)}^2} – {{(7,3)}^2}} over {2.6.(4,8)}} approx 0,1 cr
& Rightarrow ,,,widehat A approx {55^0},,,,,widehat B approx {85^0},,,,widehat C approx {40^0}. cr} )

c) Áp dụng định lí cosin ta có

(eqalign{
& cos A = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} over {2bc}} = {{{5^2} + {7^2} – {4^2}} over {2.5.7}} approx 0,83 cr
& cos B = {{{a^2} + {c^2} – {b^2}} over {2ac}} = {{{4^2} + {7^2} – {5^2}} over {2.4.7}} approx 0,71 cr
& Rightarrow ,,,widehat A approx {34^0},,,,,widehat B approx {44^0},,,,widehat C approx {102^0}. cr} )

——————————————————–

Bài 36.

Biết hai lực cùng tác dụng vào một vật và tạo với nhau góc ({40^0}). Cường độ của hai lực đó là (3N) và (4N). Tính cường độ của lực tổng hợp.

Giải

Theo quy tắc hình bình hành, ta vẽ hình bình hành (AOBC) thì (overrightarrow {OC}  = overrightarrow {OA}  + overrightarrow {OB} ).

Ta có (widehat {OBC} = {180^0} – {40^0} = {140^0}) (Theo tính chất hình bình hành)

Áp dụng định lí cosin trong tam giác (OBC). Ta có

(eqalign{
& O{C^2} = O{B^2} + B{C^2} – 2OB.BC.cos widehat {OBC} cr
& ,,,,,,,,,,, = {3^2} + {4^2} – 2.3.4.cos {140^0} approx 43,4 cr
& Rightarrow ,,OC approx 6,6 cr} )

Vậy cường độ của lực tổng  hợp là (6,6N).

——————————————————–

Bài 37.

Từ vị trí (A) người  ta quan sát một cây cao (h.61)

Biết (AH = 4,m,,HB = 20,m,,widehat {BAC} = {45^0}). Tính chiều cao của cây.

Giải

Tam giác (AHB) vuông tại (H) nên (A{B^2} = A{H^2} + H{B^2} = {4^2} + {20^2} = 416)

(eqalign{
& Rightarrow AB approx 20,4 cr
& tan widehat {BAH} = {{HB} over {HA}} = {{20} over 4} = 5 cr
& Rightarrow ,,,,widehat {BAH} approx 78,{7^0} cr
& Rightarrow ,,,,widehat {HAC} approx 78,{7^0} + {45^0} approx 123,{7^0} cr})

(eqalign{
& widehat {HAB} + widehat {HBA} = {90^0} cr
& widehat {ABC} + widehat {HBA} = {90^0} cr
& Rightarrow widehat {HAB} = widehat {ABC} cr
& Rightarrow widehat {BCA} = {180^0} – widehat {BAC} – widehat {ABC} = {180^0} – widehat {HAC} cr} )

(Rightarrow ,,,,widehat {BCA} approx {180^0} – 123,{7^0} = 56,{3^0}.)

Ta có ({{BC} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in4}}{5^0}}} = {{AB} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in56,}}{{rm{3}}^0}}})

(Rightarrow ,,BC = {{20,4} over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{in56,}}{{rm{3}}^0}}}{mathop{rm s}nolimits} {rm{in4}}{5^0} approx 17,4)

Vậy cây cao (17,4) m.

——————————————————

Bài 38.

Trên nóc một tòa nhà có một cột ăng-ten cao (5 m). Từ vị trí quan sát (A) cao (7 m) so với mặt đất, có thể nhìn thấy đỉnh (B) và chân (C) của cột ăng-ten dưới góc ({50^0}) và ({40^0}) so với phương nằm ngang. Tính chiều cao của tòa nhà (h.62).

Giải

Đặt (CD = x), ta có

(eqalign{
& tan {40^0} = {x over {AD}},,;,,tan {50^0} = {BDover {AD}} = {{x + 5} over {AD}} cr
& Rightarrow ,,{{x + 5} over x} = {{tan {{50}^0}} over {tan {{40}^0}}} approx 1,42 cr
& Rightarrow ,,0,42x = 5 cr
& Rightarrow ,,x = 11,9 cr} )

Vậy chiều cao tòa nhà là (HC = HD + DC = 7 + 11,9 = 18,9) m.



Source link