Ôn tập chương I – hệ thức lượng trong tam giác vuông – Giải bài 80 -> 90 – Sách bài tập Toán 9 tập 1
Câu 80 trang 119 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Hãy tính sinα và tgα, nếu:
a) \(\cos \alpha = {5 \over {13}}\);
b) \(\cos \alpha = {{15} \over {17}}\);
c) \(\cos \alpha = 0,6.\)
Gợi ý làm bài
a) \(cos \alpha = {5 \over {13}}\)
* Ta có:
\({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\)
Suy ra:
\(\eqalign{
& {\sin ^2}\alpha = 1 – {\cos ^2}\alpha = 1 – {\left( {{5 \over {13}}} \right)^2} \cr
& = 1 – {{25} \over {169}} = {{144} \over {169}} \cr} \)
Vì \(\sin \alpha > 0\) nên \(\sin \alpha = \sqrt {{{144} \over {169}}} = {{12} \over {13}}\)
* \(tg\alpha = {{\sin \alpha } \over {\cos \alpha }} = {{{{12} \over {13}}} \over {{5 \over {13}}}} = {{12} \over {13}}.{{13} \over 5} = {{12} \over 5}\)
b) \(\cos \alpha = {{15} \over {17}}\)
* Ta có: \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\)
Suy ra:
\(\eqalign{
& {\sin ^2}\alpha = 1 – {\cos ^2}\alpha = 1 – {\left( {{{15} \over {17}}} \right)^2} \cr
& = 1 – {{225} \over {289}} = {{64} \over {289}} \cr} \)
Vì \(\sin \alpha > 0\) nên \(\sin \alpha = \sqrt {{{64} \over {289}}} = {8 \over {17}}\)
* \(tg\alpha {{\sin \alpha } \over {\cos \alpha }} = {{{8 \over {17}}} \over {{{15} \over {17}}}} = {8 \over {17}}.{{17} \over {15}} = {8 \over {15}}\)
c) \(\cos \alpha = 0,6\)
* Ta có: \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1.\)
Suy ra: \({\sin ^2}\alpha = 1 – {\cos ^2}\alpha \)
\( = 1 – {(0,6)^2} = 1 – 0,36 = 0,64\)
Vì \(\sin \alpha > 0\) nên \(\sin \alpha = \sqrt {0,64} = 0,8\)
* \(tg\alpha = {{\sin \alpha } \over {\cos \alpha }} = {{0,8} \over {0,6}} = {8 \over 6} = {4 \over 3}\)
Câu 81 trang 119 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Hãy đơn giản các biểu thức:
a) \(1 – {\sin ^2}\alpha \);
b) \((1 – \cos \alpha )(1 + \cos \alpha )\);
c) \(1 + {\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha \);
d) \(\sin \alpha – \sin \alpha .{\cos ^2}\alpha \);
e) \({\sin ^4}\alpha + {\cos ^4}\alpha + 2.{\sin ^2}\alpha .{\cos ^2}\alpha \);
g) \(t{g^2}\alpha – {\sin ^2}\alpha .t{g^2}\alpha \);
h) \({\cos ^2}\alpha + t{g^2}\alpha .c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha \);
i) \(t{g^2}\alpha (2.{\cos ^2}\alpha + {\sin ^2}\alpha – 1).\)
Gợi ý làm bài
a) \(1 – {\sin ^2}\alpha = ({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha ) – {\sin ^2}\alpha \)
\( = {\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha – {\sin ^2}\alpha = {\cos ^2}\alpha \)
\(\eqalign{
& b)\,(1 – \cos \alpha )(1 + \cos \alpha ) = 1 – {\cos ^2}\alpha \cr
& = ({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha ) – {\cos ^2}\alpha \cr} \)
\( = {\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha – {\cos ^2}\alpha = {\sin ^2}\alpha \)
\(\eqalign{
& c)\,1 + {\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha \cr
& = 1 + ({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha ) = 1 + 1 = 2 \cr} \)
d) \(\sin \alpha – \sin \alpha .{\cos ^2}\alpha = \sin \alpha (1 – {\cos ^2}\alpha )\)
\( = \sin \alpha \left[ {\left( {{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha } \right) – {{\cos }^2}\alpha } \right]\)
\( = \sin \alpha ({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha – {\cos ^2}\alpha )\)
\( = \sin \alpha .{\sin ^2}\alpha = {\sin ^3}\alpha \)
\(\eqalign{
& e)\,{\sin ^4}\alpha + {\cos ^4}\alpha + 2.{\sin ^2}\alpha .{\cos ^2}\alpha \cr
& = {({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha )^2} = {1^2} = 1 \cr} \)
g) \(t{g^2}\alpha – {\sin ^2}\alpha .t{g^2}\alpha \)\( = t{g^2}\alpha (1 – {\sin ^2}\alpha )\)
\( = t{g^2}\left[ {\left( {{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha } \right) – {{\sin }^2}\alpha } \right]\)
\( = t{g^2}\alpha .{\cos ^2}\alpha = {{{{\sin }^2}\alpha } \over {{{\cos }^2}\alpha }}.{\cos ^2}\alpha = {\sin ^2}\alpha \)
\(\eqalign{
& h)\,{\cos ^2}\alpha + t{g^2}\alpha .c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha \cr
& = c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha + {{{{\sin }^2}\alpha } \over {c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha }}.c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha \cr
& = c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha + {\sin ^2}\alpha = 1 \cr} \)
\(\eqalign{
& i)\,t{g^2}\alpha (2.{\cos ^2}\alpha + {\sin ^2}\alpha – 1) \cr
& = t{g^2}\alpha .\left[ {{{\cos }^2}\alpha + \left( {{{\cos }^2}\alpha + {{\sin }^2}\alpha } \right) – 1} \right] \cr} \)
\( = t{g^2}\alpha .({\cos ^2}\alpha + 1 – 1) = t{g^2}\alpha .{\cos ^2}\alpha \)
\( = {{{{\sin }^2}\alpha } \over {{{\cos }^2}\alpha }}.{\cos ^2}\alpha = {\sin ^2}\alpha \)
Câu 82 trang 120 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Trong một tam giác với các cạnh có độ dài 6,7,9, kẻ đường cao đến cạnh lớn nhất. Hãy tìm độ dài đường cao này và các đoạn thẳng mà nó định ra trên cạnh lớn nhất đó.
Gợi ý làm bài
Gọi độ dài đường cao là c, hình chiếu cả hai cạnh 6 và 7 trên cạnh có độ dài bằng 9 lần lượt là a và b.
Ta có: a < b (6 < 7)
Theo định lí Pi-ta-go, ta có:
\({c^2} = {6^2} – a\)
\({c^2} = {7^2} – {b^2}\)
Suy ra: \(36 – {a^2} = 49 – {b^2}\)
\( \Leftrightarrow {b^2} – {a^2} = 49 – 36\)
\( \Leftrightarrow (b + a)(b – a) = 13\,(*)\)
Mà x +y = 9 nên:
\(\eqalign{
& 9.(b – a) = 13 \Leftrightarrow b – a = {{13} \over 9} \cr
& \Rightarrow b = a + {{13} \over 9} \cr} \)
Thay vào (*), ta có:
\(\left[ {\left( {a + {{13} \over 9}} \right) + a} \right].{{13} \over 9} = 13 \Leftrightarrow 2a + {{13} \over 9} = {{13} \over {{{13} \over 9}}}\)
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow 2a + {{13} \over 9} = 13.{9 \over {13}} \Leftrightarrow 2a + {{13} \over 9} = 9 \cr
& \Leftrightarrow a = {{9 – {{13} \over 9}} \over 2} = {{34} \over 9} \cr} \)
Suy ra: \(b = 9 – a = 9 – {{34} \over 9} = {{47} \over 9}\)
\(c = \sqrt {49 – {{\left( {{{47} \over 9}} \right)}^2}} \approx 4,7\)
Câu 83 trang 120 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Hãy tìm độ dài cạnh đáy của một tam giác cân, nếu đường cao kẻ xuống đáy có độ dài là 5 và đường cao kẻ xuống cạnh bên có độ dài là 6.
Gợi ý làm bài
Giả sử ∆ABC cân tại A có \(AH \bot BC,AH = 5,BK \bot AC,BK = 6.\)
Ta có: \(HB = HC = {1 \over 2}BC\) (tính chất tam giác cân)
\(\eqalign{
& {S_{ABC}} = {1 \over 2}AH.BC = {1 \over 2}BK.AC \cr
& = {1 \over 2}.5.BC = {1 \over 2}.6.AC \cr} \)
Suy ra: \(5BC = 6AC \Rightarrow BC = {6 \over 5}AC\,(1)\)
Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông ACH, ta có:
\(A{C^2} = A{H^2} + H{C^2} = {5^2} + {\left( {{{BC} \over 2}} \right)^2} = 25 + {{B{C^2}} \over 4}\,(2)\)
Từ (1) và (2) suy ra:
\(A{C^2} = 25 + {{{{36A{C^2}} \over {25}}} \over 4} = {{2500} \over {100}} + {{36A{C^2}} \over {100}}\)
Suy ra:
\(100A{C^2} = 2500 + 36A{C^2}\)
\( \Leftrightarrow 64A{C^2} = 2500 \Leftrightarrow 8AC = 50 \Rightarrow AC = 6,25\)
Vậy \(BC = {6 \over 5}.6,25 = 7,5.\)
Câu 84 trang 120 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Tam giác ABC vuông tại A, AB = a, AC = 3a. trên cạnh AC lấy các điểm D, E sao cho
AD = DE = EC.
a) Chứng minh: \({{DE} \over {DB}} = {{DB} \over {DC}}\)
b) Chứng minh ∆BDE đồng dạng ∆CDB
c) Tính tổng \(\widehat {AEB} + \widehat {BCD}\) bằng hai cách
Cách 1: sử dụng kết quả ở câu b);
Cách 2: Dùng máy tính bỏ túi hoặc bảng lượng giác.
Gợi ý làm bài
a) Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông AHO, ta có:
\(B{D^2} = A{D^2} + A{B^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}\)
Suy ra: \(BD = a\sqrt 2 \)
Ta có:
\(\eqalign{
& {{DE} \over {DB}} = {a \over {a\sqrt 2 }} = {{\sqrt 2 } \over 2}; \cr
& {{DB} \over {DC}} = {{a\sqrt 2 } \over {2a}} = {{\sqrt 2 } \over 2} \cr} \)
Vậy \({{DE} \over {DB}} = {{DB} \over {DC}}\)
b) Xét ∆BDE và ∆CDB, ta có:
\({{DE} \over {DB}} = {{DB} \over {DC}}\,(1)\)
\(\widehat {BDE} = \widehat {BDC}\,(2)\)
Từ (1) và (2) suy ra ∆BDE đồng dạng ∆CDB.
c) * Cách 1:
Ta có: ∆BDE đồng dạng ∆CDE \(\Rightarrow \widehat {BED} = \widehat {CBD}\)
Mặt khác:
\(\widehat {AEB} + \widehat {BCD} = \widehat {BED} + \widehat {BCD} = \widehat {CBD} + \widehat {BCD}\,(3)\)
Trong ∆BCD, ta có:
\(\widehat {ADB} = \widehat {CBD} = \widehat {BCD}\) (tính chất góc ngoài) (4)
\(\widehat {ADB} = 45^\circ \) (vì ∆ABD vuông cân tại A) (5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra: \(\widehat {AEB} + \widehat {BCD} = 45^\circ \)
* Cách 2:
Trong tam giác ABC, ta có:
\(tg\widehat {AEB} = {{AB} \over {AC}} = {a \over {2a}} = {1 \over 2}\)
Suy ra: \(\widehat {AEB} = 26^\circ 34’\)
Trong tam giác vuông ABC, ta có:
\(tg\widehat {ACB} = {{AB} \over {AC}} = {a \over {3a}} = {1 \over 3}\)
Suy ra: \(\widehat {ACB} = 18^\circ 26’\)
Vậy: \(\widehat {AEB} + \widehat {ACB} = \widehat {AEB} + \widehat {BCD} = 45^\circ \)
Câu 85 trang 120 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
(h.31) Tính góc α tạo bởi hai mái nhà, biết rằng mỗi mái nhà dài 2,34m và cao 0,8m.
Gợi ý làm bài
Hai mái nhà bằng nhau tạo thành hai cạnh của một tam giác cân. Chiều cao cảu mái nhà chia góc ở đỉnh ra thành hai phần bằng nhau.
Ta có:
\(\cos {\alpha \over 2} = {{AH} \over {AB}} = {{0,8} \over {2,34}} \approx 0,4319\)
Suy ra: \({\alpha \over 2} = 70^\circ \)
Vậy \(\alpha = 140^\circ \).
Câu 86 trang 120 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho hình 32.
Biết:
\(AD \bot DC,\widehat {DAC} = 74^\circ \)
\(\widehat {AXB} = 123^\circ ,AD = 2,8\,cm\)
AX = 5,5cm, BX = 4,1cm.
a) Tính AC.
b) Gọi Y là điểm trên AX sao cho DY ⁄⁄ BX. Hãy tính XY
c) Tính diện tích tam giác BCX
Gợi ý làm bài
a) Trong tam giác vuông ACD, ta có:
\(AC = {{AD} \over {\cos \widehat {CAD}}} = {{2,8} \over {\cos 74^\circ }} \approx 10,158\,(cm)\)
b) Kẻ \(DN \bot AC\)
Trong tam giác vuông AND, ta có:
\(\eqalign{
& DN = AD.\sin \widehat {DAN} \cr
& = 2,8.\sin 74^\circ \approx 2,692\,(cm) \cr} \)
\(\eqalign{
& AN = AD.\cos \widehat {DAN} \cr
& = 2,8.\cos 74^\circ \approx 0,772\,(cm) \cr} \)
Vì BX // DY nên \(\widehat {D{\rm{YX}}} = \widehat {BXY} = 123^\circ \) ( hai góc so le trong)
Mà \(\widehat {DYN} + \widehat {D{\rm{YX}}} = 180^\circ \) (kề bù)
Suy ra:
\(\widehat {DYN} = 180^\circ – \widehat {D{\rm{YX}}} = 180^\circ – 123^\circ = 57^\circ \)
Trong tam giác vuông DYN, ta có:
\(\eqalign{
& NY = DN.\cot g\widehat {DYN} \cr
& \approx 2,692.\cot g57^\circ \approx 1,748\,(cm) \cr} \)
Ta có:
\(\eqalign{
& XY = AX – (AN + NY) \cr
& = 5,5 – (0,772 + 1,748) = 2,98\,(cm) \cr} \)
c) Ta có:
\(CX = AC – AX \approx 10,158 – 5,5 = 4,658\,(cm)\)
Kẻ \(BM \bot CX\)
Ta có:
\(\widehat {BXC} = 180^\circ – \widehat {BXA} = 180^\circ – 123^\circ = 57^\circ \)
Trong tam giác vuông BMX, ta có:
\(\eqalign{
& BM = BX.\sin \widehat {BXC} \cr
& = 4,1.\sin 57^\circ \approx 3,439\,(cm) \cr} \)
\(\eqalign{
& {S_{BCX}} = {1 \over 2}BM.CX \cr
& = {1 \over 2}.3,439.4,658 = 8,009\,\left( {c{m^2}} \right). \cr} \)
Câu 87 trang 120 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Tam giác ABC có \(\hat A = 20^\circ ,\widehat B = 30^\circ ,AB = 60cm\). Đường vuông góc kẻ từ C đến AB cắt AB tại P. (h.33).
Hãy tìm:
a) AP, BP;
b) CP.
Gợi ý làm bài
a) Trong tam giác vuông ACP, ta có:
\(AP = CP.\cot g\widehat {PAC}\,(1)\)
Trong tam giác vuông BCP, ta có:
\(BP = CP.\cot g\widehat {PBC}\,(2)\)
Từ (1) và (2) suy ra:
\((AP + BP) = CP.\cot g\widehat {PAC} + CP.\cot g\widehat {PBC}\)
Hay \(AB = CP(\cot g\widehat {PAC} + \cot g\widehat {PBC})\)
Suy ra:
\(\eqalign{
& CP = {{AB} \over {\cot g\widehat {PAC} + \cot g\widehat {PBC}}} \cr
& = {{AB} \over {\cot g20^\circ + \cot g30^\circ }} \approx 13,394\,(cm) \cr} \)
b) Thay CP = 13,394 vào (1) ta có:
\(AP = 13,394.\cot g20^\circ \approx 36,801\,(cm)\)
Thay CP = 13,394 vào (2) ta có:
\(BP = 13,394.\cot g30^\circ \approx 27,526\,(cm)\)
Câu 88 trang 121 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Điểm hạ cánh của một máy bay trực thăng ở giữa hai người quan sát A và B. Biết khoảng cách giữa hai người này là 300m, góc “nâng” để nhìn thấy máy bay tại vị trí A là $40^\circ $ và tại vị trí B là $30^\circ $ (h.34). Hãy tìm độ cao của máy bay.
Gợi ý làm bài
Gọi C là vị trí của máy bay.
Kẻ \(CH \bot AB\)
Trong tam giác vuông ACH, ta có:
\(AH = CH.\cot g\widehat A\,(1)\)
Trong tam giác vuông BCH, ta có:
\(BH = CH.\cot g\widehat B\,(2)\)
Từ (1) và (2) suy ra:
\((AH + BH) = CH.\cot g\widehat A + CH.\cot g\widehat B\)
Suy ra:
\(\eqalign{
& CH = {{AB} \over {\cot g\widehat A + \cot g\widehat B}} \cr
& = {{AB} \over {\cot g40^\circ + \cot g30^\circ }} \approx 102,606\,(cm) \cr} \)
Câu 89 trang 121 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho hình thang với đáy nhỏ là 15cm, hai cạnh bên bằng nhau và bằng 25cm, góc tù bằng \(120^\circ \). Tính chu vi và diện tích của hình thang đó.
Gợi ý làm bài
Giả sử hình thang ABCD có đáy nhỏ AB = 15cm, cạnh bên AD = BC =25cm, \(\widehat {ABC} = \widehat {BAD} = 120^\circ \).
Kẻ \(AH \bot CD,BK \bot CD\)
Vì ABKH là hình chữ nhật nên:
AB = KH =15 (cm)
Ta có:
\(\widehat {ADC} + \widehat {DAB} = 180^\circ \)
Suy ra:
\(\widehat {ADC} = 180^\circ – \widehat {DAB} = 180^\circ – 120^\circ = 60^\circ \)
Trong tam giác vuông ADH, ta có:
\(\eqalign{
& DH = AD.\cos \widehat {ADC} \cr
& = 25.\cos 60^\circ = 12,5\,(cm) \cr} \)
\(\eqalign{
& AH = AD.\sin \widehat {ADC} \cr
& = 25.\sin 60^\circ = {{25\sqrt 3 } \over 2}\,)\,\,(cm) \cr} \)
Mà ∆ADH=∆BCK (cạnh huyền, cạnh góc vuông)
Suy ra: DH = CK = 12,5 (cm)
Chu vi hình thang ABCD là:
AB + BC + CD + DA = AB + BC + (CK + KH + HD) + DA
= 15 + 25 + (12,5 + 15 + 12,5) + 25 = 105 (cm)
Chu vi hình thang ABCD là:
\(\eqalign{
& {S_{ABCD}} = {{AB + CD} \over 2}.AH \cr
& = {{15 + 40} \over 2}.{{25\sqrt 2 } \over 2} \approx 595,392\,\,\left( {c{m^2}} \right) \cr} \)
Câu 90 trang 121 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 6cm, AC = 8cm.
a) Tính \(BC,\widehat B,\widehat C\);
b) Phân giác của góc A cắt BC tại D. Tính BD, CD.
c) Từ D kẻ DE và DF lần lượt vuông góc với AB và AC. Tứ giác AEDF là hình gì? Tính chu vi và diện tích của tứ giác AEDF.
Gợi ý làm bài
a) Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông ABC,ta có.
\(\eqalign{
& B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {6^2} + {8^2} \cr
& = 36 + 64 = 100\,(cm) \cr} \)
Suy ra: \(BC = \sqrt {100} = 10\,(cm)\)
Ta có: \(\sin C = {{AB} \over {AC}} = {6 \over {10}} = 0,6\)
Suy ra: \(\widehat C = 36^\circ 52’\)
Ta có: \(\widehat B + \widehat C = 90^\circ \)
\( \Rightarrow \widehat B = 90^\circ – \widehat C = 90^\circ – 36^\circ 52′ = 53^\circ 8’\)
b) Ta có:
\({{BD} \over {DC}} = {{AB} \over {AC}}\) (tính chất đường phân giác)
Suy ra: \({{BD} \over {BD + DC}} = {{AB} \over {AB + AC}}\)
Suy ra: \(BD = {{BC.AB} \over {BC}} = {{{{40} \over 7}.6} \over {10}} = {{24} \over 7}\,(cm)\)
Chu vi tứ giác AEDF bằng: \(4AE = 4.{{24} \over 7} = {{96} \over 7}\,(cm)\)
Diện tích tứ giác AEDF bằng: \(A{E^2} = {\left( {{{24} \over 7}} \right)^2} = {{576} \over {49}}\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Trả lời