Câu 11. Trang 104 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết rằng \({{AB} \over {AC}} = {5 \over 6}\), đường cao \(AH = 30cm\). Tính HB, HC.
Gợi ý làm bài:
Xét hai tam giác vuông AHB và CHA, ta có:
\(\widehat {AHB} = \widehat {CHA} = {90^0}\)
\(\widehat {ABH} = \widehat {CAH}\) (hai góc cùng phụ \(\widehat {ACB}\))
Vậy ∆AHB đồng dạng ∆CHA (g.g)
Suy ra: \({{AH} \over {HC}} = {{AB} \over {CA}}.\) (1)
Theo đề bài: \({{AB} \over {AC}} = {5 \over 6}\) và \(AH = 30(cm)\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: \({{30} \over {HC}} = {5 \over 6} \Rightarrow HC = {{30.6} \over 5} = 36(cm)\)
Theo hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu, ta có:
\(A{H^2} = HB.HC \Rightarrow HB = {{A{H^2}} \over {HC}} = {{{{30}^2}} \over {36}} = 25(cm)\)
Câu 12. Trang 104 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Hai vệ tinh đang bay ở vị trí A và B cùng cách mặt đất 230km có nhìn thấy nhau hay không nếu khoảng cách giữa chúng theo đường thẳng là 2200km? Biết rằng bán kính R của Trái Đất gần bằng 6370km và hai vệ tinh nhìn thấy nhau nếu OH > R.
Gợi ý làm bài:
Vì hai vệ tinh cùng cách mặt đất 230km nên tam giác AOB cân tại O.
Ta có: \(OA = R + 230\)
\( = 6370 + 230 = 6600(km)\)
Trong tam giác AOB ta có: \(OA \bot AB\)
Suy ra: \(HA = HB = {{AB} \over 2} = {{2200} \over 2} = 1100(km)\)
Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông AHO ta có: \(A{O^2} = A{H^2} + O{H^2}\)
Suy ra: \(O{H^2} = O{A^2} – A{H^2}\)
Suy ra:
\(\eqalign{
& OH = \sqrt {O{A^2} – A{H^2}} \cr
& = \sqrt {{{6600}^2} – {{1100}^2}} = \sqrt {42350000} \approx 6508(km) \cr} \)
Vì \(OH > R\) nên hai vệ tinh nhìn thấy nhau.
Câu 13. Trang 104 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho hai đoạn thẳng có độ dài là a và b. Dựng các đoạn thẳng có độ dài tương ứng bằng:
a) \(\sqrt {{a^2} + {b^2}}\) b) \(\sqrt {{a^2} – {b^2}} \,,\,\left( {a > 0} \right)\)
Gợi ý làm bài:
a) \(\sqrt {{a^2} + {b^2}}\)
* Cách dựng (hình a):
− Dựng góc vuông xOy.
− Trên tia Ox, dựng đoạn OA = a.
− Trên tia Oy, dựng đoạn OB = b.
− Nối AB ta có đoạn \(AB = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \) cần dựng.
* Chứng minh:
Áp dụng định lý Pi-ta-go vào tam giác vuông AOB, ta có:
\(A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} = {a^2} + {b^2}\)
Suy ra: \(AB = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \)
b) \(\sqrt {{a^2} – {b^2}} \,,\,\left( {a > 0} \right)\)
* Cách dựng (hình b):
− Dựng góc vuông xOy.
− Trên tia Ox, dựng đoạn OA = b.
− Dựng cung tròn tâm A, bán kính bằng a cắt Oy tại B.
Ta có đoạn \(OB = \sqrt {{a^2} – {b^2}} (a > b)\) cần dựng.
* Chứng minh;
Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông AOB, ta có:
\(A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} \Rightarrow O{B^2} = A{B^2} – O{A^2} = {a^2} – {b^2}\)
Suy ra: \(OB = \sqrt {{a^2} – {b^2}} \)
Câu 14. Trang 104 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho hai đoạn thẳng có độ dài là a và b. Dựng đoạn thẳng \(\sqrt {ab} \) như thế nào?
Gợi ý làm bài:
* Cách dựng:
− Dựng đường thẳng t.
− Trên đường thẳng t dựng liên tiếp hai đoạn thẳng AB = a, BC = b.
− Dựng nửa đường tròn tâm O đường kính AC.
− Từ B dựng đường thẳng vuông góc với AC cắt nửa đường tròn tâm O tại D.
Ta có đoạn \(BD = \sqrt {ab} \) cần dựng.
* Chứng minh:
Nối DA và DC. Ta có tam giác ACD vuông tại D và \(DB \bot AC\).
Theo hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu, ta có:
\(B{D^2} = AB.BC = a.b\)
Suy ra: \(BD = \sqrt {ab} \).
Câu 15. Trang 104 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Giữa hai tòa nhà ( kho và phân xưởng) của một nhà máy, người ta xây dựng một băng chuyền AB để chuyển vật liệu. Khoảng cách giữa hai tòa nhà là 10m, còn hai vòng quay của băng chuyền được đặt ở độ cao 8m và 4m so với mặt đất (h.7). Tìm độ dài AB của băng chuyền.
Gợi ý làm bài:
Kẻ \(BH \bot AD\) ta được tứ giác BCDH là hình chữ nhật.
Ta có: BC = DH và BH = CD (tính chất hình chữ nhật)
Suy ra: DH = 4 (m)
\(AH = 8 – 4 = 4\)(m)
BH = 10 (m)
Áp dụng định lý Pi-ta-go vào tam giác vuông ABH, ta có:
\(A{B^2} = B{H^2} + A{H^2}\)
Suy ra: \(AB = \sqrt {B{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {{{10}^2} + {4^2}} = \sqrt {116} \approx 10,8(m)\)
Vậy băng chuyền dài khoảng 10,8m.
Câu 16. Trang 104 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho tam giác có độ dài các cạnh là 5, 12, 13. Tìm góc đối diện với cạnh có độ dài 13 của tam giác.
Gợi ý làm bài:
Ta có: \({5^2} + {12^2} = 25 + 144 = 169 = {13^2}\)
Vì tam giác có ba cạnh với độ dài các cạnh thỏa mãn định lý Pi-ta-go (bình phương một cạnh bằng tổng bình phương hai cạnh còn lại) nên nó là tam giác vuông.
Vậy góc đối diện với cạnh 13 ( cạnh dài nhất) là góc vuông.
Câu 17. Trang 104 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho hình chữ nhật ABCD. Đường phân giác của góc B cắt đường chéo AC thành hai đoạn \(4{2 \over 7}m\) và \(5{5 \over 7}m\). Tính các kích thước của hình chữ nhật.
Gợi ý làm bài:
Trong tam giác ABC, gọi giao điểm đường phân giác của góc \(\widehat {ABC}\) với cạnh AC là E.
Theo đề bài ta có:
\(AE = 4{2 \over 7}m,\,EC = 5{5 \over 7}m.\)
Theo tính chất của đường phân giác, ta có: \({{AE} \over {EC}} = {{AB} \over {BC}}\)
Suy ra: \({{AB} \over {BC}} = {{4{2 \over 7}} \over {5{5 \over 7}}} = {{{{30} \over 7}} \over {{{40} \over 7}}} = {3 \over 4}\)
Suy ra: \({{AB} \over 3} = {{BC} \over 4} \Rightarrow {{A{B^2}} \over 9} = {{B{C^2}} \over {16}}\)
Áp dụng định lý Pi-ta-go vào tam giác vuông ABC, ta có:
\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2}\)
Mà \(AC = AE + EC\) nên:
\(\eqalign{
& A{B^2} + B{C^2} = {(AE + EC)^2} \cr
& = {\left( {4{2 \over 7} + 5{5 \over 7}} \right)^2} = {\left( {{{30} \over 7} + {{40} \over 7}} \right)^2} = {10^2} = 100 \cr} \)
Mà :
\(\eqalign{
& {{A{B^2}} \over 9} = {{B{C^2}} \over {16}} = {{A{B^2} + B{C^2}} \over {9 + 16}} \cr
& = {{A{B^2} + B{C^2}} \over {25}} = {{100} \over {25}} = 4 \cr} \)
Suy ra: \(A{B^2} = 9.4 = 36 \Rightarrow AB = \sqrt {36} = 6\left( m \right)\)
\(B{C^2} = 16.4 = 64 \Rightarrow BC = \sqrt {64} = 8\left( m \right)\)
Vậy: \(AB = CD = 6m\)
\(BC = AD = 8m\)
Câu 18. Trang 105 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho tam giác ABC vuông tại A, vẽ đường cao AH. Chu vi của tam giác ABH là 30cm và chu vi của tam giác ACH là 40cm. Tính chu vi của tam giác ABC.
Gợi ý làm bài:
Gọi a, b, c lần lượt là chu vi của các tam giác ABC, ABH, ACH.
Ta có: \(b = 30cm,c = 40cm.\)
Xét hai tam giác vuông AHB và CHA, ta có:
\(\widehat {AHB} = \widehat {CHA} = 90^\circ \)
\(\widehat {ABH} = \widehat {CAH}\) (hai góc cùng phụ \(\widehat {ACB}\))
Vậy \(\Delta AHB\) đồng dạng \(\Delta CHA\) (g.g)
Suy ra: \({{HB} \over {HA}} = {{HA} \over {HC}} = {{BA} \over {AC}} = {{HB + HA + BA} \over {HA + HC + AC}} = {b \over c}\)
Suy ra: \({{BA} \over {AC}} = {b \over c} = {{30} \over {40}} = {3 \over 4}\)
Suy ra: \({{BA} \over 3} = {{AC} \over 4} \Rightarrow {{B{A^2}} \over 9} = {{A{C^2}} \over {16}} = {{B{A^2} + A{C^2}} \over {9 + 16}} = {{B{A^2} + A{C^2}} \over {25}}\)
Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông ABC, ta có:
\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\)
Suy ra: \({{B{A^2}} \over 9} = {{A{C^2}} \over {16}} = {{B{C^2}} \over {25}} \Rightarrow {{BA} \over 3} = {{AC} \over 4} = {{BC} \over 5}\)
Ta có các tam giác ABH, CAH, CBA đồng dạng với nhau nên:
\(b:c:a = BA:AC:BC = 3:4:5\)
Suy ra: \({b \over 3} = {c \over 4} = {a \over 5} \Leftrightarrow {{30} \over 3} = {{40} \over 4} = {a \over 5} \Rightarrow a = {{30} \over 3}.5 = 50\left( {cm} \right)\)
Câu 19. Trang 105 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AB = 6cm và AC = 8cm. Các đường phân giác trong và ngoài của góc B cắt đường thẳng AC lần lượt tại M và N. Tính các đoạn thẳng AM và AN.
Gợi ý làm bài:
Vì BM là đường phân giác của góc B nên ta có:
\({{MA} \over {MC}} = {{AB} \over {BC}} \Rightarrow {{MA} \over {MA + MC}} = {{AB} \over {AB + BC}}\) (Tính chất tỉ lệ thức)
Suy ra: \(MA = {{AB.(MA + MC)} \over {AB + BC}} = {{6.8} \over {6 + 10}} = {{48} \over {16}} = 3\left( {cm} \right)\)
Vì BN là đường phân giác của góc ngoài đỉnh B nên ta có: \(BM \bot BN\)
Suy ra tam giác BMN vuông tại B.
Theo hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu hai cạnh góc vuông, ta có: \(A{B^2} = AM.AN\)
Suy ra: \(AN = {{A{B^2}} \over {AM}} = {{{6^2}} \over 3} = {{36} \over 3} = 12\left( {cm} \right)\)
Câu 20. Trang 105 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho tam giác vuông ABC. Từ một điểm M bất kì trong tam giác kể MD, ME, MF lần lượt vuông góc với các cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng:
\(B{D^2} + C{E^2} + A{F^2} = D{C^2} + E{A^2} + F{B^2}.\)
Gợi ý làm bài:
Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông BDM, ta có:
\(B{M^2} = B{D^2} + D{M^2} \Rightarrow B{D^2} = B{M^2} – D{M^2}\) (1)
Áp dụng đinh lí Pi-ta-go vào tam giác vuông CEM, ta có:
\(C{M^2} = C{E^2} + E{M^2} \Rightarrow C{E^2} = C{M^2} – E{M^2}\) (2)
Áp dụng định lí pi-ta-go vào tam giác vuông AFM, ta có:
\(A{M^2}{\rm{ = A}}{{\rm{F}}^2} + F{M^2} \Rightarrow A{F^2} = A{M^2} – F{M^2}\) (3)
Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có:
\(B{D^2} + C{E^2} + A{F^2}\)
\(= B{M^2} – D{M^2} + C{M^2} – E{M^2} + A{M^2} – F{M^2}\) (4)
Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông BFM, ta có:
\(B{M^2} = B{F^2} + F{M^2}\) (5)
Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông CDM, ta có:
\(C{M^2} = C{D^2} + D{M^2}\) (6)
Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông AEM, ta có:
\(A{M^2} = A{E^2} + E{M^2}\) (7)
Thay (5), (6), (7) vào (4) ta có:
\(\eqalign{
& B{D^2} + C{E^2}{\rm{ + A}}{{\rm{F}}^2} \cr
& = B{F^2} + F{M^2} – D{M^2} + C{D^2} + D{M^2} – E{M^2} + A{E^2} + E{M^2} – F{M^2} \cr
& = D{C^2} + E{A^2} + F{B^2} \cr} \)
Vậy \(B{D^2} + C{E^2}{\rm{ + A}}{{\rm{F}}^2} = D{C^2} + E{A^2} + F{B^2}.\)
===============
Trả lời