Giải bài 4.25 trang 70 SGK Toán 10 – Kết nối tri thứcChứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta có Quảng cáo
Đề bài Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}\sqrt {{{\overrightarrow {AB} }^2}.{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)}^2}} .\) Phương pháp giải - Xem chi tiết Biến đổi vế trái, đưa về công thức \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}bc.\sin A\) +) \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right)\) +) \({\sin ^2}\alpha = 1 - {\cos ^2}\alpha \) với mọi \(\alpha \). Lời giải chi tiết Đặt \(A = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\overrightarrow {AB} }^2}.{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)}^2}} \) \(= \dfrac{1}{2}\sqrt { A{B^2}.A{C^2}- {{\left(|{\overrightarrow {AB}| .|\overrightarrow {AC}|. \cos BAC} \right)}^2}} \)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2}.A{C^2} - {{\left( {AB.AC.\cos A} \right)}^2}} \\ \Leftrightarrow A = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2}.A{C^2} - A{B^2}.A{C^2}.{{\cos }^2}A }\\ \Leftrightarrow A = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2}.A{C^2}\left( {1 - {{\cos }^2}A} \right)} \end{array}\) Mà \(1 - {\cos ^2}A = {\sin ^2}A\) \( \Rightarrow A = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2}.A{C^2}.{{\sin }^2}A} \) \( \Leftrightarrow A = \dfrac{1}{2}.AB.AC.\sin A\) (Vì \({0^o} < \widehat A < {180^o}\) nên \(\sin A > 0\)) Do đó \(A = {S_{ABC}}\) hay \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\overrightarrow {AB} }^2}.{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)}^2}} .\) (đpcm)
Quảng cáo
|