Danh mục: LƯỢNG GIÁC

Hoạt động 5 (HĐ5): Cho tam giác $ABC$ có đường cao $BD$.

• a) Biểu thị $BD$ theo $AB$ và $\sin A$.
• b) Viết công thức tính diện tích $S$ của tam giác $ABC$ theo $b, c, \sin A$.

Giải

a) Biểu thị $BD$ theo $AB$ và $\sin A$:

Trường hợp 1: Góc $A$ nhọn (Hình 3.14 bên trái)

Xét tam giác $ABD$ vuông tại $D$, ta có:$$\sin A = \frac{BD}{AB} \implies BD = AB \cdot \sin A$$

Trường hợp 2: Góc $A$ tù (Hình 3.14 bên phải)

Xét tam giác $ABD$ vuông tại $D$, ta có $\widehat{DAB}$ là góc kề bù với góc $A$ của tam giác $ABC$. Khi đó:$$BD = AB \cdot \sin(\widehat{DAB}) = AB \cdot \sin(180^\circ – \widehat{A})$$Vì $\sin(180^\circ – \alpha) = \sin \alpha$, nên ta vẫn có:$$BD = AB \cdot \sin A$$

b) Viết công thức tính diện tích $S$ của tam giác $ABC$ theo $b, c, \sin A$:

Ta có diện tích tam giác $ABC$ với đáy là $AC$ và đường cao tương ứng là $BD$:

$$S = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BD$$

Thay $AC = b$, $AB = c$ và $BD = c \cdot \sin A$ (từ câu a) vào công thức trên, ta được:

$$S = \frac{1}{2} bc \sin A$$

Hoạt động 4 (HĐ4): Cho tam giác $ABC$ có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp, và độ dài các cạnh đối diện với các đỉnh $A, B, C$ lần lượt là $a, b, c$.

Giải

a) Mối liên hệ giữa các diện tích:

Tâm $I$ nằm bên trong tam giác $ABC$. Khi nối $I$ với các đỉnh $A, B, C$, tam giác $ABC$ được chia thành 3 tam giác riêng biệt là $\triangle IBC, \triangle ICA$ và $\triangle IAB$.

Do đó, diện tích tam giác $ABC$ (ký hiệu là $S$) bằng tổng diện tích của 3 tam giác này:

$$S_{ABC} = S_{IBC} + S_{ICA} + S_{IAB}$$

b) Tính diện tích tam giác $ABC$ theo $r, a, b, c$:

• Trong $\triangle IBC$, đường cao hạ từ $I$ xuống cạnh $BC$ chính là bán kính $r$. Vậy: $S_{IBC} = \frac{1}{2}ar$.
• Tương tự, trong $\triangle ICA$, đường cao hạ từ $I$ xuống $AC$ là $r$. Vậy: $S_{ICA} = \frac{1}{2}br$.
• Trong $\triangle IAB$, đường cao hạ từ $I$ xuống $AB$ là $r$. Vậy: $S_{IAB} = \frac{1}{2}cr$.

Cộng tất cả lại, ta có:

$$S = \frac{1}{2}ar + \frac{1}{2}br + \frac{1}{2}cr$$

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

Nếu đặt $p = \frac{a + b + c}{2}$ (nửa chu vi), ta được công thức thu gọn: $S = pr$.

Giả sử hai đỉnh núi là điểm $M$ và $N$. Chúng ta cần tính độ dài đoạn $MN$.

Bước 1: Thiết lập các điểm đo đạc

• Chọn hai điểm mốc $A$ và $B$ dưới mặt đất sao cho từ $A$ và $B$ có thể nhìn thấy cả hai đỉnh núi $M$ và $N$.
• Dùng thước dây hoặc máy đo khoảng cách laser để đo độ dài đoạn $AB = c$.

Bước 2: Đo các góc

Dùng giác kế (máy đo góc) để đo các góc tại $A$ và $B$:

• Tại $A$, đo góc: $\widehat{MAN} = \alpha$ và $\widehat{NAB} = \beta$. (Suy ra $\widehat{MAB} = \alpha + \beta$).
• Tại $B$, đo góc: $\widehat{MBN} = \gamma$ và $\widehat{NBA} = \delta$. (Suy ra $\widehat{MBA} = \gamma + \delta$).

Bước 3: Tính toán các cạnh trung gian

1. Xét tam giác $ABM$: Biết cạnh $AB$ và hai góc $\widehat{MAB}, \widehat{MBA}$. Tính được góc còn lại và dùng định lý Sin để tính cạnh $AM$.
2. Xét tam giác $ABN$: Biết cạnh $AB$ và hai góc $\widehat{NAB}, \widehat{NBA}$. Dùng định lý Sin để tính cạnh $AN$.

Bước 4: Tính khoảng cách giữa hai đỉnh núi ($MN$)

• Xét tam giác $AMN$: Lúc này ta đã biết cạnh $AM$, cạnh $AN$ và góc xen giữa $\widehat{MAN} = \alpha$.
• Áp dụng định lý Cosin:$$MN = \sqrt{AM^2 + AN^2 – 2 \cdot AM \cdot AN \cdot \cos \alpha}$$

Kết luận: Khoảng cách $MN$ chính là giá trị cần tìm.

Định lí sin

Trong tam giác $ABC$, với $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác, ta luôn có hệ thức:

$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$$

Trong đó:

• $a, b, c$ lần lượt là độ dài của các cạnh đối diện với các góc $\hat{A}, \hat{B}, \hat{C}$.
• $R$ là bán kính của đường tròn đi qua ba đỉnh $A, B, C$ (đường tròn ngoại tiếp).

Giải

a) Trường hợp góc $\hat{A}$ nhọn

Ta có $\widehat{BAC}$ và $\widehat{BMC}$ là hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BC$.
$\implies \widehat{BAC} = \widehat{BMC}$ (hay $\hat{A} = \hat{M}$).
$\implies \sin A = \sin M$.
Xét $\triangle BCM$ vuông tại $C$ (do $\widehat{BCM}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $BM = 2R$).
Trong tam giác vuông $BCM$, ta có:
$$\sin M = \frac{BC}{BM} = \frac{a}{2R}$$
Vì $\sin A = \sin M$, suy ra $\sin A = \frac{a}{2R}$.

Kết luận: $R = \frac{a}{2 \sin A}$.

b) Trường hợp góc $\hat{A}$ tù

Tứ giác $ABMC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, nên tổng hai góc đối diện bằng $180^\circ$:

$\widehat{BAC} + \widehat{BMC} = 180^\circ \implies \hat{M} = 180^\circ – \hat{A}$.

Theo tính chất lượng giác của hai góc bù nhau:

$\sin M = \sin(180^\circ – A) = \sin A$.

Xét $\triangle BCM$ vuông tại $C$ (do $\widehat{BCM}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $BM = 2R$).

Trong tam giác vuông $BCM$, ta có:

$$\sin M = \frac{BC}{BM} = \frac{a}{2R}$$

Vì $\sin A = \sin M$, suy ra $\sin A = \frac{a}{2R}$.

Kết luận: $R = \frac{a}{2 \sin A}$.

Định lý côsin

Trong tam giác $ABC$ bất kỳ với các cạnh $a, b, c$ tương ứng đối diện với các góc $A, B, C$:

• $a^2 = b^2 + c^2 – 2bc \cos A$
• $b^2 = c^2 + a^2 – 2ca \cos B$
• $c^2 = a^2 + b^2 – 2ab \cos C$

Định lý Pythagore chính là một trường hợp đặc biệt của Định lý côsin

Thật vậy,

Xét tam giác $ABC$ bất kỳ có các cạnh $a, b, c$ và góc $A$ đối diện với cạnh $a$. Theo Định lý côsin, ta luôn có:

$$a^2 = b^2 + c^2 – 2bc \cos A$$

Nếu tam giác $ABC$ là tam giác vuông tại $A$ (tức là góc $A = 90^\circ$):

1. Theo lý thuyết lượng giác, ta biết rằng $\cos 90^\circ = 0$.
2. Thay giá trị này vào công thức Định lý côsin:$$a^2 = b^2 + c^2 – 2bc \cdot 0$$$$a^2 = b^2 + c^2$$
3. Kết quả thu được chính là biểu thức của Định lý Pythagore (với $a$ là cạnh huyền, $b$ và $c$ là hai cạnh góc vuông).

Kết luận: Vậy Định lý Pythagore là trường hợp riêng của Định lý côsin khi góc xen giữa hai cạnh bằng $90^\circ$.

Trong Hình 3.8, thực hiện các bước sau để thiết lập công thức tính $a$ theo $b, c$ và giá trị lượng giác của góc $A$:

a) Tính $a^2$ theo $BD^2$ và $CD^2$.

b) Tính $a^2$ theo $b, c$ và $DA$.

c) Tính $DA$ theo $c$ và $\cos A$.

d) Chứng minh $a^2 = b^2 + c^2 – 2bc \cos A$.

Giải

a) Tính $a^2$ theo $BD^2$ và $CD^2$:

Xét tam giác $BDC$ vuông tại $D$, theo định lý Pythagore:

$$a^2 = BC^2 = BD^2 + CD^2$$

b) Tính $a^2$ theo $b, c$ và $DA$:

Ta có: $CD = AC + AD = b + DA$.

Trong tam giác vuông $ABD$: $BD^2 = AB^2 – DA^2 = c^2 – DA^2$.

Thay vào biểu thức ở câu a:

$$a^2 = (c^2 – DA^2) + (b + DA)^2$$

$$a^2 = c^2 – DA^2 + b^2 + 2b \cdot DA + DA^2$$

$$a^2 = b^2 + c^2 + 2b \cdot DA$$

c) Tính $DA$ theo $c$ và $\cos A$:

Xét tam giác vuông $ABD$, góc $\widehat{DAB}$ kề bù với góc $A$ của tam giác $ABC$.

$\widehat{DAB} = 180^\circ – A$.

Trong tam giác vuông $ABD$: $DA = AB \cdot \cos(\widehat{DAB}) = c \cdot \cos(180^\circ – A)$.

Vì $\cos(180^\circ – A) = -\cos A$, nên: $DA = -c \cos A$.

d) Chứng minh hệ thức:

Thay $DA = -c \cos A$ vào biểu thức ở câu b:

$$a^2 = b^2 + c^2 + 2b(-c \cos A)$$

$$a^2 = b^2 + c^2 – 2bc \cos A$$

Một tàu biển xuất phát từ cảng Vân Phong theo hướng Đông với vận tốc $20$ km/h. Sau 1 giờ, tàu chuyển sang hướng Đông Nam và giữ nguyên vận tốc.

a) Vẽ sơ đồ đường đi trong 1,5 giờ kể từ khi xuất phát ($1$ km thực tế = $1$ cm bản vẽ).

b) Đo trực tiếp trên bản vẽ để cho biết sau 1,5 giờ, tàu cách cảng bao nhiêu km.

c) Nếu sau 2 giờ, tàu chuyển sang hướng Nam (thay vì Đông Nam) thì có thể dùng Định lý Pythagore để tính chính xác khoảng cách từ cảng đến tàu hay không?

Giải

a) Vẽ sơ đồ đường đi (trong 1,5 giờ)

• Giai đoạn 1 (1 giờ đầu): Tàu đi hướng Đông. Quãng đường $s_1 = 20 \cdot 1 = 20$ (km). Trên bản vẽ, ta vẽ một đoạn thẳng nằm ngang từ trái sang phải dài $20$ cm. Gọi điểm xuất phát là $A$, điểm dừng là $B$.
• Giai đoạn 2 (0,5 giờ sau): Tàu đi hướng Đông Nam. Quãng đường $s_2 = 20 \cdot 0,5 = 10$ (km). Từ $B$, ta vẽ một đoạn thẳng dài $10$ cm theo hướng chếch xuống dưới $45^\circ$ so với phương ngang. Gọi điểm cuối là $C$.

b) Đo trực tiếp trên bản vẽ

• Ta dùng thước nối điểm xuất phát $A$ và điểm cuối $C$ rồi đo độ dài đoạn $AC$.
• Dự đoán kết quả: Theo tính toán lý thuyết, đoạn $AC \approx 28$ cm. Vậy tàu cách cảng khoảng $28$ km.

c) Phân tích trường hợp chuyển sang hướng Nam

• Nếu tàu đi hướng Đông (đoạn $AB$) rồi chuyển sang hướng Nam (đoạn $BD$), thì $\widehat{ABD} = 90^\circ$.
• Khi đó, tam giác $ABD$ là tam giác vuông tại $B$.
• Trả lời: Có thể dùng Định lý Pythagore để tính chính xác khoảng cách $AD$:$$AD = \sqrt{AB^2 + BD^2}$$

Chứng minh các hệ thức sau:

• a) $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$
• b) $1 + \tan^2 \alpha = \frac{1}{\cos^2 \alpha}$ ($\alpha \neq 90^\circ$)
• c) $1 + \cot^2 \alpha = \frac{1}{\sin^2 \alpha}$ ($0^\circ < \alpha < 180^\circ$)

Giải

a) Chứng minh $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$

• Lấy điểm $M(x; y)$ nằm trên nửa đường tròn đơn vị sao cho $\widehat{xOM} = \alpha$.
• Theo định nghĩa: $x = \cos \alpha$ và $y = \sin \alpha$.
• Điểm $M$ nằm trên đường tròn đơn vị tâm $O(0;0)$ bán kính $R = 1$, nên khoảng cách $OM = 1$.
• Theo công thức khoảng cách (hoặc định lý Pythagore trong tam giác vuông $OHM$):$x^2 + y^2 = OM^2 = 1^2$
• Thay $x, y$ vào ta được: $\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1$ (Đpcm).

b) Chứng minh $1 + \tan^2 \alpha = \frac{1}{\cos^2 \alpha}$

• Ta có vế trái: $VT = 1 + \tan^2 \alpha$
• Thay $\tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}$:$VT = 1 + \frac{\sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha} = \frac{\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha}$
• Từ kết quả câu a, ta biết $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$, thay vào:$VT = \frac{1}{\cos^2 \alpha} = VP$ (Đpcm).

c) Chứng minh $1 + \cot^2 \alpha = \frac{1}{\sin^2 \alpha}$

• Ta có vế trái: $VT = 1 + \cot^2 \alpha$
• Thay $\cot \alpha = \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}$:$VT = 1 + \frac{\cos^2 \alpha}{\sin^2 \alpha} = \frac{\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha}{\sin^2 \alpha}$
• Tương tự câu a, thay $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$:$VT = \frac{1}{\sin^2 \alpha} = VP$ (Đpcm).

Trong Hình 3.6, hai điểm $M, N$ ứng với hai góc phụ nhau $\alpha$ và $90^\circ – \alpha$ ($\widehat{xOM} = \alpha$, $\widehat{xON} = 90^\circ – \alpha$).

• Chứng minh rằng $\triangle MOP = \triangle NOQ$.
• Từ đó nêu mối quan hệ giữa $\cos \alpha$ và $\sin(90^\circ – \alpha)$.

Giải

a) Chứng minh $\triangle MOP = \triangle NOQ$

• Xét hai tam giác vuông $\triangle MOP$ (vuông tại $P$) và $\triangle NOQ$ (vuông tại $Q$):
  • Ta có: $OM = ON = 1$ (cùng là bán kính của nửa đường tròn đơn vị).
  • Góc $\widehat{MOP} = \alpha$.
  • Góc $\widehat{NOQ} = 90^\circ – \widehat{xON} = 90^\circ – (90^\circ – \alpha) = \alpha$.
  • Vậy $\widehat{MOP} = \widehat{NOQ} = \alpha$.
• Suy ra: $\triangle MOP = \triangle NOQ$ (cạnh huyền – góc nhọn).

b) Mối quan hệ giữa $\cos \alpha$ và $\sin(90^\circ – \alpha)$

• Từ kết quả hai tam giác bằng nhau, ta có các cặp cạnh tương ứng bằng nhau:
  • $OP = OQ$
• Mà trong đường tròn đơn vị:
  • $OP$ là hoành độ của điểm $M$, nên $OP = \cos \alpha$.
  • $OQ$ là tung độ của điểm $N$ (ứng với góc $90^\circ – \alpha$), nên $OQ = \sin(90^\circ – \alpha)$.
• Từ đó suy ra: $\cos \alpha = \sin(90^\circ – \alpha)$.

“Cos đối, Sin bù, Phụ chéo”. Hai góc phụ nhau thì giá trị lượng giác của chúng sẽ chéo nhau (Sin góc này bằng Cos góc kia)!