Bài 2.48: Tam giác ABC có \(\widehat B = {60^0},\widehat C = {45^0},BC = a\). Tính độ dài hai cạnh AB và AC.
Ta có: \(\widehat A = {180^0} – ({60^0} + {45^0}) = {75^0}\)
Đặt AC = b, AB = a. Theo định lí sin:
\({b \over {\sin {{60}^0}}} = {a \over {\sin {{75}^0}}} = {c \over {\sin {{45}^0}}}\).
Ta suy ra
\(AC = b = {{a\sqrt 3 } \over {2\sin {{75}^0}}} \approx {{a\sqrt 3 } \over {1,93}} \approx 0,897a\)
\(AB = c = {{a\sqrt 2 } \over {2\sin {{75}^0}}} \approx {{a\sqrt 2 } \over {1,93}} \approx 0,732a\)
Bài 2.49: Tam giác ABC có \(\widehat A = {60^0},\,\,b = 20,\,\,c = 35\)
Advertisements (Quảng cáo)
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.
Ta có: \(\eqalign{
& {a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc\cos A \cr
& = {20^2} + {35^2} – 20.35 = 925 \cr} \)
Vậy \(a \approx 30,41\)
Advertisements (Quảng cáo)
a) Từ công thức \(S = {1 \over 2}a{h_a}\) ta có \({h_a} = {{2S} \over a} = {{bc\sin A} \over a}\)
\(= > {h_a} \approx {{20.35.{{\sqrt 3 } \over 2}} \over {30,41}} \approx 19,93\)
b) Từ công thức \({a \over {\sin A}} = 2R\) ta có \(R = {a \over {\sqrt 3 }} \approx {{30,41} \over {\sqrt 3 }} \approx 17,56\)
c) Từ công thức \(S = pr\) với \(p = {1 \over 2}(a + b + c)\), ta có:
\(r = {{2S} \over {a + b + c}} = {{bc\sin A} \over {a + b + c}} \approx 7,10\)
Bài 2.50: Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh rằng
\({b^2} – {c^2} = a(b\cos C – c\cos B)\)
Ta có: \({b^2} = {a^2} + {c^2} – 2ac\cos B\)
\({c^2} = {a^2} + {b^2} – 2ab\cos C\)
\( = > {b^2} – {c^2} = {c^2} – {b^2} + 2a(b\cos C – c\cos B)\)
\( = > 2({b^2} – {c^2}) = 2a(b\cos C – c\cos B)\)
Hay \({b^2} – {c^2} = a(b\cos C – c\cos B)\)
