Trước khi đọc lời giải, các em nhớ lại:

• $\sin(180^\circ – \alpha) = \sin\alpha$; $\cos(180^\circ – \alpha) = -\cos\alpha$.
• Định lí côsin: $a^2 = b^2 + c^2 – 2bc\cos A$ (và hoán vị).
• Định lí sin: $\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{b}{\sin B} = \dfrac{c}{\sin C} = 2R$.
• Diện tích: $S = \dfrac{1}{2}bc\sin A = \dfrac{abc}{4R} = pr$ với $p$ là nửa chu vi.

A – Trắc nghiệm

Bài 3.12 (trang 44)

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{B} = 135^\circ$. Khẳng định nào sau đây là đúng?

a) A. $S = \dfrac{1}{2}ca$; B. $S = \dfrac{-\sqrt{2}}{4}ac$; C. $S = \dfrac{\sqrt{2}}{4}bc$; D. $S = \dfrac{\sqrt{2}}{4}ca$.

b) A. $R = \dfrac{a}{\sin A}$; B. $R = \dfrac{\sqrt{2}}{2}b$; C. $R = \dfrac{\sqrt{2}}{2}c$; D. $R = \dfrac{\sqrt{2}}{2}a$.

c) A. $a^2 = b^2 + c^2 + \sqrt{2}ab$; B. $\dfrac{b}{\sin A} = \dfrac{a}{\sin B}$; C. $\sin B = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$; D. $b^2 = c^2 + a^2 – 2ca\cos 135^\circ$.

Lời giải:

Với $B = 135^\circ$:

• $\sin B = \sin(180^\circ – 45^\circ) = \sin 45^\circ = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.
• $\cos B = -\cos 45^\circ = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

a) Diện tích tam giác dùng góc $B$ và hai cạnh kề $a, c$:

$$S = \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot c \cdot \sin B = \dfrac{1}{2}ac \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{\sqrt{2}}{4}ca.$$

→ Đáp án D. (Lưu ý: B sai vì diện tích luôn dương; C sai vì dùng $bc$ – đây là hai cạnh kề góc $A$, không phải kề góc $B$.)

b) Bán kính đường tròn ngoại tiếp, dùng cặp $(b; \sin B)$:

$$R = \dfrac{b}{2\sin B} = \dfrac{b}{2 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}} = \dfrac{b}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}b.$$

→ Đáp án B. (A sai vì công thức đúng là $R = \dfrac{a}{2\sin A}$.)

c) Xét từng khẳng định:

• A. Định lí côsin: $a^2 = b^2 + c^2 – 2bc\cos A$. Không có $+\sqrt{2}ab$. SAI.
• B. Định lí sin: $\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{b}{\sin B}$, không phải $\dfrac{b}{\sin A} = \dfrac{a}{\sin B}$. SAI.
• C. $\sin B = \dfrac{\sqrt{2}}{2} > 0$ (vì $0^\circ < B < 180^\circ$ luôn cho $\sin B \geq 0$). SAI.
• D. Định lí côsin cho cạnh $b$: $b^2 = a^2 + c^2 – 2ac\cos B = c^2 + a^2 – 2ca\cos 135^\circ$. ĐÚNG.

→ Đáp án D.

Bài 3.13 (trang 44)

Đề bài: Cho tam giác $ABC$. Khẳng định nào sau đây là đúng?

a) A. $S = \dfrac{abc}{4r}$; B. $r = \dfrac{2S}{a + b + c}$; C. $a^2 = b^2 + c^2 + 2bc\cos A$; D. $S = r(a + b + c)$.

b) A. $\sin A = \sin(B + C)$; B. $\cos A = \cos(B + C)$; C. $\cos A > 0$; D. $\sin A \leq 0$.

Lời giải:

a) Xét từng khẳng định:

• A. Công thức đúng là $S = \dfrac{abc}{4R}$ (với $R$ là bán kính ngoại tiếp), không phải $4r$. SAI.
• B. $S = p \cdot r$ với $p = \dfrac{a + b + c}{2}$ → $r = \dfrac{S}{p} = \dfrac{2S}{a + b + c}$. ĐÚNG.
• C. Định lí côsin: $a^2 = b^2 + c^2 – 2bc\cos A$ (dấu $-$, không phải $+$). SAI.
• D. $S = pr = \dfrac{r(a+b+c)}{2}$, không phải $r(a+b+c)$. SAI.

→ Đáp án B.

b) Trong tam giác $ABC$, $A + B + C = 180^\circ$ nên $B + C = 180^\circ – A$.

• A. $\sin(B + C) = \sin(180^\circ – A) = \sin A$. ĐÚNG.
• B. $\cos(B + C) = \cos(180^\circ – A) = -\cos A$, không phải $\cos A$. SAI.
• C. $\cos A$ có thể âm khi $A$ là góc tù → không phải luôn $> 0$. SAI.
• D. $\sin A > 0$ luôn (vì $0^\circ < A < 180^\circ$), không có $\leq 0$. SAI.

→ Đáp án A.

B – Tự luận

Bài 3.14 (trang 44)

Đề bài: Tính giá trị của các biểu thức sau:

a) $M = \sin 45^\circ \cdot \cos 45^\circ + \sin 30^\circ$;

b) $N = \sin 60^\circ \cdot \cos 30^\circ + \dfrac{1}{2}\sin 45^\circ \cdot \cos 45^\circ$;

c) $P = 1 + \tan^2 60^\circ$;

d) $Q = \dfrac{1}{\sin^2 120^\circ} – \cot^2 120^\circ$.

Lời giải:

Dùng bảng giá trị lượng giác đặc biệt và các hệ thức cơ bản.

a) Tính từng phần:

• $\sin 45^\circ = \cos 45^\circ = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ → $\sin 45^\circ \cdot \cos 45^\circ = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{1}{2}$.
• $\sin 30^\circ = \dfrac{1}{2}$.

$$M = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} = 1.$$

b) Tính từng phần:

• $\sin 60^\circ \cdot \cos 30^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{3}{4}$.
• $\dfrac{1}{2} \cdot \sin 45^\circ \cdot \cos 45^\circ = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}$.

$$N = \dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{4} = 1.$$

c) $\tan 60^\circ = \sqrt{3}$ → $\tan^2 60^\circ = 3$.

$$P = 1 + 3 = 4.$$

(Hoặc dùng hệ thức $1 + \tan^2\alpha = \dfrac{1}{\cos^2\alpha}$: $P = \dfrac{1}{\cos^2 60^\circ} = \dfrac{1}{(1/2)^2} = 4$.)

d) Dùng hệ thức $1 + \cot^2\alpha = \dfrac{1}{\sin^2\alpha}$, suy ra:

$$\dfrac{1}{\sin^2 120^\circ} – \cot^2 120^\circ = 1 + \cot^2 120^\circ – \cot^2 120^\circ = 1.$$

Vậy $Q = 1$.

(Kiểm tra trực tiếp: $\sin 120^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ → $\dfrac{1}{\sin^2 120^\circ} = \dfrac{4}{3}$; $\cot 120^\circ = -\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ → $\cot^2 120^\circ = \dfrac{1}{3}$; $Q = \dfrac{4}{3} – \dfrac{1}{3} = 1$ ✓.)

Bài 3.15 (trang 44)

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{B} = 60^\circ$, $\widehat{C} = 45^\circ$, $AC = 10$. Tính $a, R, S, r$.

Lời giải:

Đặt $b = AC = 10$.

Bước 1. Tính góc $A$:

$$A = 180^\circ – B – C = 180^\circ – 60^\circ – 45^\circ = 75^\circ.$$

Bước 2. Tính $R$ và các cạnh $a, c$ bằng định lí sin:

$$\dfrac{b}{\sin B} = 2R ;\Rightarrow; R = \dfrac{b}{2\sin B} = \dfrac{10}{2 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{10}{\sqrt{3}} = \dfrac{10\sqrt{3}}{3} \approx 5{,}77.$$

$$a = 2R \cdot \sin A = \dfrac{10\sqrt{3}}{3} \cdot 2 \cdot \sin 75^\circ \cdot \dfrac{1}{?}$$

Cách dễ hơn: $a = \dfrac{b \sin A}{\sin B} = \dfrac{10 \cdot \sin 75^\circ}{\sin 60^\circ} \approx \dfrac{10 \cdot 0{,}9659}{0{,}8660} \approx 11{,}15.$

$$c = \dfrac{b \sin C}{\sin B} = \dfrac{10 \cdot \sin 45^\circ}{\sin 60^\circ} = \dfrac{10 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{10\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \dfrac{10\sqrt{6}}{3} \approx 8{,}17.$$

Bước 3. Tính diện tích $S$:

$$S = \dfrac{1}{2}bc\sin A = \dfrac{1}{2} \cdot 10 \cdot \dfrac{10\sqrt{6}}{3} \cdot \sin 75^\circ \approx 39{,}43.$$

Bước 4. Tính $r$ (bán kính nội tiếp):

Nửa chu vi: $p = \dfrac{a + b + c}{2} \approx \dfrac{11{,}15 + 10 + 8{,}17}{2} \approx 14{,}66$.

$$r = \dfrac{S}{p} \approx \dfrac{39{,}43}{14{,}66} \approx 2{,}69.$$

Tóm tắt: $a \approx 11{,}15$; $R \approx 5{,}77$; $S \approx 39{,}43$; $r \approx 2{,}69$.

Bài 3.16 (trang 44)

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ có trung tuyến $AM$. Chứng minh rằng:

a) $\cos\widehat{AMB} + \cos\widehat{AMC} = 0$;

b) $MA^2 + MB^2 – AB^2 = 2MA \cdot MB \cdot \cos\widehat{AMB}$ và $MA^2 + MC^2 – AC^2 = 2MA \cdot MC \cdot \cos\widehat{AMC}$;

c) $MA^2 = \dfrac{2(AB^2 + AC^2) – BC^2}{4}$ (công thức đường trung tuyến).

Lời giải:

a) Vì $M$ là trung điểm $BC$ nên $M$ nằm trên đoạn $BC$. Do đó $\widehat{AMB}$ và $\widehat{AMC}$ là hai góc kề bù (tổng bằng $180^\circ$):

$$\widehat{AMB} + \widehat{AMC} = 180^\circ ;\Rightarrow; \widehat{AMC} = 180^\circ – \widehat{AMB}.$$

Do đó:

$$\cos\widehat{AMC} = \cos(180^\circ – \widehat{AMB}) = -\cos\widehat{AMB}.$$

Cộng hai vế:

$$\cos\widehat{AMB} + \cos\widehat{AMC} = \cos\widehat{AMB} – \cos\widehat{AMB} = 0. \quad \text{(ĐPCM)}$$

b) Áp dụng định lí côsin trong tam giác $AMB$ với cạnh $AB$ đối diện góc $\widehat{AMB}$:

$$AB^2 = MA^2 + MB^2 – 2 \cdot MA \cdot MB \cdot \cos\widehat{AMB}.$$

Chuyển vế:

$$MA^2 + MB^2 – AB^2 = 2 \cdot MA \cdot MB \cdot \cos\widehat{AMB}. \quad \text{(ĐPCM)}$$

Tương tự, áp dụng định lí côsin trong tam giác $AMC$:

$$AC^2 = MA^2 + MC^2 – 2 \cdot MA \cdot MC \cdot \cos\widehat{AMC}$$

$$\Rightarrow MA^2 + MC^2 – AC^2 = 2 \cdot MA \cdot MC \cdot \cos\widehat{AMC}. \quad \text{(ĐPCM)}$$

c) Cộng vế theo vế hai đẳng thức ở câu b):

$$(MA^2 + MB^2 – AB^2) + (MA^2 + MC^2 – AC^2) = 2 \cdot MA \cdot MB \cdot \cos\widehat{AMB} + 2 \cdot MA \cdot MC \cdot \cos\widehat{AMC}.$$

Vì $M$ là trung điểm $BC$ nên $MB = MC = \dfrac{BC}{2}$. Vế phải:

$$= 2 \cdot MA \cdot \dfrac{BC}{2} \cdot (\cos\widehat{AMB} + \cos\widehat{AMC}) = MA \cdot BC \cdot 0 = 0 ;; (\text{theo câu a}).$$

Vế trái:

$$= 2MA^2 + MB^2 + MC^2 – AB^2 – AC^2 = 2MA^2 + 2 \cdot \left(\dfrac{BC}{2}\right)^2 – AB^2 – AC^2$$

$$= 2MA^2 + \dfrac{BC^2}{2} – AB^2 – AC^2.$$

Cho vế trái $= 0$:

$$2MA^2 + \dfrac{BC^2}{2} – AB^2 – AC^2 = 0 ;\Rightarrow; 2MA^2 = AB^2 + AC^2 – \dfrac{BC^2}{2}.$$

Chia cả hai vế cho $2$:

$$MA^2 = \dfrac{AB^2 + AC^2}{2} – \dfrac{BC^2}{4} = \dfrac{2(AB^2 + AC^2) – BC^2}{4}. \quad \text{(ĐPCM)}$$

Bài 3.17 (trang 44)

Đề bài: Cho tam giác $ABC$. 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 $b^2 + c^2 = a^2$.

Lời giải:

Áp dụng định lí côsin: $a^2 = b^2 + c^2 – 2bc\cos A$, suy ra:

$$b^2 + c^2 – a^2 = 2bc\cos A. \quad (*)$$

Vì $b > 0$ và $c > 0$ nên $2bc > 0$. Dấu của $b^2 + c^2 – a^2$ phụ thuộc dấu của $\cos A$.

a) Nếu $A$ nhọn ($0^\circ < A < 90^\circ$) thì $\cos A > 0$.

Từ $(*)$: $b^2 + c^2 – a^2 = 2bc\cos A > 0$, tức $b^2 + c^2 > a^2$. (ĐPCM)

b) Nếu $A$ tù ($90^\circ < A < 180^\circ$) thì $\cos A < 0$.

Từ $(*)$: $b^2 + c^2 – a^2 = 2bc\cos A < 0$, tức $b^2 + c^2 < a^2$. (ĐPCM)

c) Nếu $A = 90^\circ$ thì $\cos A = 0$.

Từ $(*)$: $b^2 + c^2 – a^2 = 0$, tức $b^2 + c^2 = a^2$. (ĐPCM)

(Đây cũng chính là định lí Pythagore.)

Bài 3.18 (trang 45)

Đề bài: 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 $B$?

Lời giải:

Gọi $C$ là điểm hai tàu gặp nhau. Gọi $t$ là thời gian (giờ) để hai tàu gặp nhau. Khi đó:

• Tàu $A$ đi từ $A$ đến $C$: $AC = 50t$ km.
• Tàu $B$ đi từ $B$ đến $C$ theo hướng đông: $BC = 30t$ km.

Tính góc $\widehat{ABC}$ tại $B$:

• Tại $B$, hướng $\overrightarrow{BA}$ ngược với hướng $\overrightarrow{AB}$ (= N34°E) → hướng $\overrightarrow{BA}$ = S34°W.
• Hướng $\overrightarrow{BC}$ = đông (E).
• Để quay từ hướng S34°W đến hướng E theo chiều ngược kim đồng hồ: từ S quay đến W là $90^\circ$, lệch thêm $34^\circ$ về phía W tức thêm $-34^\circ$…

Cách tính trực tiếp:

• Vẽ trục $N, S, E, W$ tại $B$. Hướng $\overrightarrow{BA}$ nằm trong góc phần tư S–W, lệch khỏi trục S một góc $34^\circ$ về phía W.
• Hướng $\overrightarrow{BC}$ trùng trục E.
• Góc giữa $\overrightarrow{BA}$ và trục S là $34^\circ$ (về W).
• Góc giữa trục S và trục E là $90^\circ$.
• Tổng: $\widehat{ABC} = 90^\circ + 34^\circ = 124^\circ$.

a) Tìm hướng tàu $A$ phải chuyển động (tức tìm góc $\widehat{BAC}$, kí hiệu $\alpha$):

Áp dụng định lí sin trong tam giác $ABC$:

$$\dfrac{BC}{\sin \widehat{BAC}} = \dfrac{AC}{\sin \widehat{ABC}}$$

$$\Rightarrow \sin\alpha = \dfrac{BC \cdot \sin\widehat{ABC}}{AC} = \dfrac{30t \cdot \sin 124^\circ}{50t} = \dfrac{3}{5} \cdot \sin 124^\circ \approx 0{,}4974.$$

$$\Rightarrow \alpha \approx 29^\circ 49′ \approx 30^\circ.$$

Hướng tàu $A$ chuyển động lệch khỏi hướng $\overrightarrow{AB}$ (= N34°E) thêm $30^\circ$ về phía đông (vì điểm gặp $C$ nằm về phía đông hơn so với $B$):

$$\text{Hướng } \overrightarrow{AC}: ;; \text{N}(34^\circ + 30^\circ)\text{E} = \text{N}64^\circ\text{E}.$$

b) Tính thời gian $t$:

Tính góc $\widehat{ACB}$:

$$\widehat{ACB} = 180^\circ – 124^\circ – 30^\circ = 26^\circ.$$

Áp dụng định lí sin:

$$\dfrac{AB}{\sin\widehat{ACB}} = \dfrac{AC}{\sin\widehat{ABC}} ;\Rightarrow; AC = \dfrac{AB \cdot \sin\widehat{ABC}}{\sin\widehat{ACB}} = \dfrac{53 \cdot \sin 124^\circ}{\sin 26^\circ} \approx \dfrac{53 \cdot 0{,}829}{0{,}438} \approx 100{,}25.$$

Từ $AC = 50t$:

$$t = \dfrac{AC}{50} \approx \dfrac{100{,}25}{50} \approx 2 \text{ (giờ)}.$$

Kết luận: Tàu $A$ chuyển động theo hướng N64°E và sau khoảng $2$ giờ thì gặp tàu $B$.

Bài 3.19 (trang 45)

Đề bài: 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.

Lời giải:

Gọi:

• $H$ = gôn Nhà, $F$ = gôn 1, $S$ = gôn 2, $T$ = gôn 3.
• $P$ = vị trí đứng ném bóng (nằm trên đoạn $HS$, cách $H$ $18{,}44$ m).

Hình vuông $HFST$ có cạnh $27{,}4$ m. Đường chéo $HS$ là đường chéo hình vuông.

Tính khoảng cách $PF$ (từ $P$ đến gôn 1):

Trong tam giác $FHP$:

• $HF = 27{,}4$ m (cạnh hình vuông).
• $HP = 18{,}44$ m (cho trước).
• $\widehat{FHP} = 45^\circ$ (vì đường chéo $HS$ tạo với cạnh $HF$ một góc $45^\circ$ – tính chất hình vuông).

Áp dụng định lí côsin:

$$PF^2 = HP^2 + HF^2 – 2 \cdot HP \cdot HF \cdot \cos\widehat{FHP}$$

$$= 18{,}44^2 + 27{,}4^2 – 2 \cdot 18{,}44 \cdot 27{,}4 \cdot \cos 45^\circ$$

$$= 340{,}0336 + 750{,}76 – 1010{,}6736 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}$$

$$\approx 1090{,}79 – 714{,}54 \approx 376{,}25.$$

$$PF \approx \sqrt{376{,}25} \approx 19{,}40 \text{ (m)}.$$

Tính khoảng cách $PT$ (từ $P$ đến gôn 3):

Hoàn toàn tương tự, trong tam giác $THP$: $HT = 27{,}4$ m, $HP = 18{,}44$ m, $\widehat{THP} = 45^\circ$. Do hình vuông đối xứng qua đường chéo $HS$, ta có $PT = PF$:

$$PT \approx 19{,}40 \text{ (m)}.$$

Kết luận: Khoảng cách từ vị trí đứng ném bóng đến gôn 1 và gôn 3 đều xấp xỉ $19{,}4$ m.

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh