SBT Toán 9 Ôn tập chương 1: Hệ thức lượng trong tam giác vuông | Giải SBT Toán lớp 9

Giải SBT Toán 9 Ôn tập chương 1: Hệ thức lượng trong tam giác vuông

Bài 80 trang 119 SBT Toán 9 tập 1: Hãy tính sin α và tan α, nếu:

a) $\cos \alpha =\frac{5}{13}$;

b) $\cos \alpha =\frac{15}{17}$;

c) $\cos \alpha =0,6.$

Phương pháp giải:

Áp dụng kiến thức:

1) ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$

2) $tan\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$

Lời giải:

a) $cos\alpha =\frac{5}{13}$

* Ta có:

${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$

Suy ra: 

$\begin{array}{rl}& {\sin }^2\alpha =1-{\cos }^2\alpha =1-{\left(\frac{5}{13}\right)}^2\\ & =1-\frac{25}{169}=\frac{144}{169}\end{array}$

Vì $\sin \alpha >0$ nên $\sin \alpha =\sqrt{\frac{144}{169}}=\frac{12}{13}$

* $tan\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$$=\frac{\frac{12}{13}}{\frac{5}{13}}=\frac{12}{13}.\frac{13}{5}=\frac{12}{5}$

b) $\cos \alpha =\frac{15}{17}$

* Ta có: ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$

Suy ra: 

$\begin{array}{rl}& {\sin }^2\alpha =1-{\cos }^2\alpha =1-{\left(\frac{15}{17}\right)}^2\\ & =1-\frac{225}{289}=\frac{64}{289}\end{array}$

Vì $\sin \alpha >0$ nên $\sin \alpha =\sqrt{\frac{64}{289}}=\frac{8}{17}$

* $tan\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=\frac{\frac{8}{17}}{\frac{15}{17}}$$=\frac{8}{17}.\frac{17}{15}=\frac{8}{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 $\sin \alpha =\sqrt{0,64}=0,8$

* $tan\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=\frac{0,8}{0,6}=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}$

Bài 81 trang 119 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) $ta{n}^2\alpha -{\sin }^2\alpha .ta{n}^2\alpha$;

h) ${\cos }^2\alpha +ta{n}^2\alpha .c\mathrm{o}{\mathrm{s}}^2\alpha$;

i) $ta{n}^2\alpha (2.{\cos }^2\alpha +{\sin }^2\alpha -1).$

Phương pháp giải:

Áp dụng các kiến thức:

1) ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$

2) $ta{n}^2\alpha =\frac{{\sin }^2\alpha }{{\cos }^2\alpha }$

Lời giải:

a)

 $1-{\sin }^2\alpha =({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha )-{\sin }^2\alpha$

$={\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha -{\sin }^2\alpha ={\cos }^2\alpha$

b)

$\begin{array}{rl}& (1-\cos \alpha )(1+\cos \alpha )=1-{\cos }^2\alpha \\ & =({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha )-{\cos }^2\alpha \end{array}$

$={\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha -{\cos }^2\alpha ={\sin }^2\alpha$

c)

$\begin{array}{rl}& 1+{\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha \\ & =1+({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha )=1+1=2\end{array}$

d)

 $\sin \alpha -\sin \alpha .{\cos }^2\alpha$$=\sin \alpha (1-{\cos }^2\alpha )$

$=\sin \alpha \left[\left({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha \right)-{\cos }^2\alpha \right]$

$=\sin \alpha ({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha -{\cos }^2\alpha )$

$=\sin \alpha .{\sin }^2\alpha ={\sin }^3\alpha$

$\begin{array}{rl}& e){\sin }^4\alpha +{\cos }^4\alpha +2.{\sin }^2\alpha .{\cos }^2\alpha \\ & =({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha {)}^2=1^2=1\end{array}$

g) $ta{n}^2\alpha -{\sin }^2\alpha .ta{n}^2\alpha$$=ta{n}^2\alpha (1-{\sin }^2\alpha )$

$=ta{n}^2\alpha .\left[\left({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha \right)-{\sin }^2\alpha \right]$

$=ta{n}^2\alpha .{\cos }^2\alpha =\frac{{\sin }^2\alpha }{{\cos }^2\alpha }.{\cos }^2\alpha$$={\sin }^2\alpha$

$\begin{array}{rl}& h){\cos }^2\alpha +ta{n}^2\alpha .c\mathrm{o}{\mathrm{s}}^2\alpha \\ & =c\mathrm{o}{\mathrm{s}}^2\alpha +\frac{{\sin }^2\alpha }{c\mathrm{o}{\mathrm{s}}^2\alpha }.c\mathrm{o}{\mathrm{s}}^2\alpha \\ & =c\mathrm{o}{\mathrm{s}}^2\alpha +{\sin }^2\alpha =1\end{array}$

i)

$ta{n}^2\alpha (2.{\cos }^2\alpha +{\sin }^2\alpha -1)$ 
$=ta{n}^2\alpha .$$\left[{\cos }^2\alpha +\left({\cos }^2\alpha +{\sin }^2\alpha \right)-1\right]$

$=ta{n}^2\alpha .({\cos }^2\alpha +1-1)$$=ta{n}^2\alpha .{\cos }^2\alpha$

$=\frac{{\sin }^2\alpha }{{\cos }^2\alpha }.{\cos }^2\alpha ={\sin }^2\alpha$

Bài 82 trang 120 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. 
Phương pháp giải:
Áp dụng định lí Py-ta-go vào các tam giác vuông:  Trong tam giác vuông, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông. 

Lời giải:

Gọi độ dài đường cao là $c$, hình chiếu của hai cạnh $6$ và $7$ trên cạnh có độ dài bằng $9$ lần lượt là $a$ và $b$. 

Ta có: $a<b$ ( vì $6<7$)

Theo định lí Pi-ta-go, ta có:

$c^2=6^2-a^2=36-a^2$

$c^2=7^2-b^2=49-b^2$

Suy ra: $36-a^2=49-b^2$

$\iff b^2-a^2=49-36$

$\iff (b+a)(b-a)=13$

Mà $a+b=9$ (*) nên:

$\begin{array}{rl}& 9.(b-a)=13\iff b-a=\frac{13}{9}\\ & \Rightarrow b=a+\frac{13}{9}\end{array}$

Thay vào (*), ta có:

$a+a+\frac{13}{9}=9$$\iff 2a+\frac{13}{9}=9$ 
$\iff a=\frac{9-\frac{13}{9}}{2}=\frac{34}{9}$

Suy ra: $b=9-a=9-\frac{34}{9}=\frac{47}{9}$

$c=\sqrt{49-{\left(\frac{47}{9}\right)}^2}\approx 4,7$

Bài 83 trang 120 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.

Phương pháp giải:

Áp dụng tính chất về cạnh và đường cao của tam giác cân.

Vận dụng định lí Py-ta-go vào các tam giác vuông.

Lời giải:

Giả sử $∆ABC$ cân tại $A$ có $AH\mathrm{\perp }BC,$$AH=5,BK\mathrm{\perp }AC,BK=6.$

Vì AH là đường cao của tam giác ABC cân tại A nên AH cũng là đường trung tuyến. Suy ra $HB=HC=\frac{1}{2}BC$ (tính chất tam giác cân)

$\begin{array}{rl}& S_{ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}BK.AC\\ & =\frac{1}{2}.5.BC=\frac{1}{2}.6.AC\end{array}$

Suy ra: $5BC=6AC\Rightarrow BC=\frac{6}{5}AC(1)$

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(\frac{BC}{2}\right)}^2$$=25+\frac{B{C}^2}{4}(2)$

Từ (1) và (2) suy ra:

$A{C}^2=25+\frac{\frac{36A{C}^2}{25}}{4}$$=\frac{2500}{100}+\frac{36A{C}^2}{100}$

Suy ra:

$100A{C}^2=2500+36A{C}^2$

$\iff 64A{C}^2=2500\iff 8AC=50$$\Rightarrow AC=6,25$

Vậy $BC=\frac{6}{5}.6,25=7,5.$

Bài 84 trang 120 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: $\frac{DE}{DB}=\frac{DB}{DC}$

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.

Phương pháp giải:

– Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông.

– Các trường hợp bằng nhau của tam giác.

– Sử dụng: Trong tam giác ABC vuông tại A thì $tan\widehat{ACB}=\frac{AB}{AC}$

Lời giải:

a) Ta có: $AD=DE=EC=\frac{AC}{3}=a$

Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông $ABD$, ta có:

$B{D}^2=A{D}^2+A{B}^2=a^2+a^2=2a^2$

Suy ra: $BD=a\sqrt{2}$

Ta có: 

$\begin{array}{rl}& \frac{DE}{DB}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2};\\ & \frac{DB}{DC}=\frac{a\sqrt{2}}{2a}=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}$

Vậy $\frac{DE}{DB}=\frac{DB}{DC}$

b) Xét $∆BDE$ và $∆CDB$, ta có:

$\frac{DE}{DB}=\frac{DB}{DC}$        (1)

$\widehat{BDE}=\widehat{BDC}$        (2)

Từ (1) và (2) suy ra $∆BDE$ đồng dạng $∆CDB$ (c-g-c).

c) * Cách 1:

Ta có: $∆BDE$ đồng dạng $∆CDB$ $\Rightarrow \widehat{BED}=\widehat{CBD}$

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)

Lại có: $\widehat{ADB}={45}^{\circ }$ (vì ∆ABD vuông cân tại A) (5)

Từ (3), (4) và (5) suy ra: $\widehat{AEB}+\widehat{BCD}={45}^{\circ }$

*  Cách 2:

Ta có: $AE=AD+DE=2a$ 

Trong tam giác $ABE$, ta có: 

$tan\widehat{AEB}=\frac{AB}{AE}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$

Suy ra: $\widehat{AEB}={26}^{\circ }{34}^{\prime }$

Trong tam giác vuông $ABC$, ta có: 

$tan\widehat{ACB}=\frac{AB}{AC}=\frac{a}{3a}=\frac{1}{3}$

Suy ra: $\widehat{ACB}={18}^{\circ }{26}^{\prime }$

Suy ra $\widehat{AEB}+\widehat{ACB}={26}^{\circ }{34}^{\prime }+{18}^{\circ }{26}^{\prime }={45}^0$

Vậy $\widehat{AEB}+\widehat{ACB}=\widehat{AEB}+\widehat{BCD}={45}^{\circ }$

Bài 85 trang 120 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. 

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức : 

Trong tam giác ABH vuông tại H thì , từ đó tìm độ lớn góc .

Lời giải:

Hai mái nhà bằng nhau tạo thành hai cạnh AB, AC của một tam giác cân ABC (hình vẽ). Chiều cao AH của tam giác ABC cũng là đường phân giác của tam giác. Khi đó ta có: $\widehat{BAH}=\frac{\widehat{BAC}}{2}=\frac{\alpha }{2}$

Xét tam giác ABH vuông tại H, ta có:

$\cos \frac{\alpha }{2}=\frac{AH}{AB}=\frac{0,8}{2,34}\approx 0,3419$

Bấm máy tính: SHIFT cos 0,3419 = 

Suy ra: $\frac{\alpha }{2}\approx {70}^{\circ }$

Vậy $\alpha \approx {140}^{\circ }$.

Bài 86 trang 120 SBT Toán 9 tập 1: Cho hình 32. 

Biết:

$AD\mathrm{\perp }DC,\widehat{DAC}={74}^{\circ }$

$\widehat{AXB}={123}^{\circ },AD=2,8cm$; $AX=5,5cm,BX=4,1cm.$

a) Tính $AC$.

b) Gọi $Y$ là điểm trên $AX$ sao cho $DY⁄⁄BX$. Hãy tính $XY$

c) Tính diện tích tam giác $BCX$.

Phương pháp giải:

Áp dụng các hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Lời giải:

a) Trong tam giác vuông ACD, ta có:

$AC=\frac{AD}{\cos \widehat{CAD}}=\frac{2,8}{\cos {74}^{\circ }}$$\approx 10,158(cm)$

b) Kẻ $DN\mathrm{\perp }AC$

Trong tam giác vuông $AND$, ta có:

$\begin{array}{rl}& DN=AD.\sin \widehat{DAN}\\ & =2,8.\sin {74}^{\circ }\approx 2,692(cm)\end{array}$

$\begin{array}{rl}& AN=AD.\cos \widehat{DAN}\\ & =2,8.\cos {74}^{\circ }\approx 0,772(cm)\end{array}$

Vì $BX//DY$ nên $\widehat{D\mathrm{Y}\mathrm{X}}=\widehat{BXY}={123}^{\circ }$ ( hai góc so le trong)

Mà $\widehat{DYN}+\widehat{D\mathrm{Y}\mathrm{X}}={180}^{\circ }$ (kề bù)

Suy ra:

$\widehat{DYN}={180}^{\circ }-\widehat{D\mathrm{Y}\mathrm{X}}={180}^{\circ }-{123}^{\circ }$$={57}^{\circ }$

Trong tam giác vuông $DYN$, ta có:

$\begin{array}{rl}& NY=DN.\cot \widehat{DYN}\\ & \approx 2,692.\cot {57}^{\circ }\approx 1,748(cm)\end{array}$

Ta có: 

$\begin{array}{rl}& XY=AX-(AN+NY)\\ & =5,5-(0,772+1,748)=2,98cm\end{array}$

c) Ta có:

$CX=AC-AX\approx 10,158-5,5$$=4,658(cm)$

Kẻ $BM\mathrm{\perp }CX$

Ta có:

$\widehat{BXC}={180}^{\circ }-\widehat{BXA}={180}^{\circ }-{123}^{\circ }$$={57}^{\circ }$

Trong tam giác vuông BMX, ta có:

$\begin{array}{rl}& BM=BX.\sin \widehat{BXC}\\ & =4,1.\sin {57}^{\circ }\approx 3,439(cm)\end{array}$

$\begin{array}{rl}& S_{BCX}=\frac{1}{2}BM.CX\\ & =\frac{1}{2}.3,439.4,658\approx 8,009\left(c{m}^2\right).\end{array}$

Bài 87 trang 120 SBT Toán 9 tập 1: Tam giác ABC có $\hat{A}={20}^{\circ },\hat{B}={30}^{\circ },AB=60cm$. Đường vuông góc kẻ từ C đến AB cắt AB tại P. (h.33).

 

Hãy tìm:

a) AP, BP;

b) CP.

Phương pháp giải:

Áp dụng kiến thức về hệ thức lượng trong tam giác vuông.

cot $\alpha$ = cạnh kề : cạnh đối.

Lời giải:

a) Trong tam giác vuông $ACP$, ta  có:

$AP=CP.\cot \widehat{PAC}(1)$

Trong tam giác vuông $BCP$, ta có:

$BP=CP.\cot \widehat{PBC}(2)$

Từ (1) và (2) suy ra:

$(AP+BP)$$=CP.\cot \widehat{PAC}+CP.\cot \widehat{PBC}$

Hay $AB=CP(\cot \widehat{PAC}+\cot \widehat{PBC})$

Suy ra: 

$\begin{array}{rl}& CP=\frac{AB}{\cot \widehat{PAC}+\cot \widehat{PBC}}\\ & =\frac{AB}{\cot {20}^{\circ }+\cot {30}^{\circ }}\approx 13,394(cm)\end{array}$

b) Thay $CP=13,394$ vào  (1) ta có:

$AP=13,394.\cot {20}^{\circ }\approx 36,801(cm)$

Thay $CP=13,394$ vào  (2) ta có:

$BP=13,394.\cot {30}^{\circ }\approx 23,199(cm)$

Bài 88 trang 121 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.

Phương pháp giải:

Áp dụng tỉ số giữa cạnh kề và cạnh đối trong tam giác vuông. 

Lời giải:

Gọi $C$ là vị trí của máy bay.

Kẻ $CH\mathrm{\perp }AB$

Trong tam giác vuông $ACH$, ta có: 

$AH=CH.\cot \hat{A}(1)$

Trong tam giác vuông $BCH$, ta có:

$BH=CH.\cot \hat{B}(2)$

Từ (1) và (2) suy  ra: 

$AH+BH$$=CH.\cot \hat{A}+CH.\cot \hat{B}$

Hay $AB=CH.(\cot \hat{A}+\cot \hat{B})$

Suy ra: 

$\begin{array}{rl}& CH=\frac{AB}{\cot \hat{A}+\cot \hat{B}}\\ & =\frac{AB}{\cot {40}^{\circ }+\cot {30}^{\circ }}\approx 102,61(m)\end{array}$

Bài 89 trang 121 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.
Phương pháp giải:

– Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.

– Chu vi hình thang bằng tổng độ dài các cạnh bao quanh của hình đó.

– Diện tích hình thang bằng đáy lớn cộng đáy bé (cùng đơn vị đo) chia 2 rồi nhân với chiều cao.

Lời giải:

Giả sử hình thang $ABCD$ có đáy nhỏ $AB=15cm$, cạnh bên $AD=BC$$=25cm$, $\widehat{ABC}=\widehat{BAD}={120}^{\circ }$.

Kẻ $AH\mathrm{\perp }CD,BK\mathrm{\perp }CD$

Ta có: $AB//HK$ và $AH//BK$ (cùng vuông với CD) nên $ABKH$ là hình bình hành.

Suy ra: $HK=AB=15(cm)$ và $AH=BK$ 

Vì AB//CD nên $\widehat{ADC}+\widehat{DAB}={180}^{\circ }$ (hai góc trong cùng phía)

Suy ra:

$\widehat{ADC}={180}^{\circ }-\widehat{DAB}={180}^{\circ }-{120}^{\circ }$$={60}^{\circ }$

Trong tam giác vuông $ADH$, ta có:

$\begin{array}{rl}& DH=AD.\cos \widehat{ADC}\\ & =25.\cos {60}^{\circ }=12,5(cm)\end{array}$

$\begin{array}{rl}& AH=AD.\sin \widehat{ADC}\\ & =25.\sin {60}^{\circ }=\frac{25\sqrt{3}}{2}(cm)\end{array}$

Ta có: $AH=BK$ (cmt) và $AD=BC$ (gt) nên hai tam giác vuông $∆ADH=∆BCK$ (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

Suy ra: $CK=DH=12,5(cm)$

Ta có: $CD=CK+KH+HD$$=12,5+15+12,5=40cm$

Chu vi hình thang $ABCD$ là:

$AB+BC+CD+DA$

$=15+25+40+25$

$=105(cm)$

Diện tích hình thang $ABCD$ là:

$\begin{array}{rl}& S_{ABCD}=\frac{AB+CD}{2}.AH\\ & =\frac{15+40}{2}.\frac{25\sqrt{2}}{2}\approx 595,392\left(c{m}^2\right)\end{array}$

Bài 90 trang 121 SBT Toán 9 tập 1: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $AB=6cm$, $AC=8cm.$

a) Tính $BC,\hat{B},\hat{C}$;

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 $AEDF$.

Phương pháp giải:

a) Áp dụng định lí Py-ta-go và tỉ số lượng giác.

b) Vận dụng tính chất đường phân giác tìm độ dài cạnh BD.

c) Áp dụng dấu hiệu nhận biết các hình tứ giác đã học.

   Tính chu vi và diện tích của tứ giác.

Lời giải:

a) Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông $ABC$, ta có: 

$\begin{array}{rl}& B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2=6^2+8^2\\ & =36+64=100(cm)\end{array}$

Suy ra: $BC=\sqrt{100}=10(cm)$

Xét tam giác vuông ABC, theo định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn, ta có: $\sin C=\frac{AB}{AC}=\frac{6}{10}=0,6$

Suy ra: $\hat{C}={36}^{\circ }{52}^{\prime }$

Ta có: $\hat{B}+\hat{C}={90}^{\circ }$ (vì tam giác ABC vuông tại A)

$\Rightarrow \hat{B}={90}^{\circ }-\hat{C}={90}^{\circ }-{36}^{\circ }{52}^{\prime }$$={53}^{\circ }{8}^{\prime }$

b) Vì AD là đường phân giác của tam giác ABC, nên: 

$\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}$ (tính chất đường phân giác)

Suy ra: $\frac{BD}{BD+DC}=\frac{AB}{AB+AC}$

$\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{AB}{AB+AC}$

Suy ra: $BD=\frac{BC.AB}{AB+AC}=\frac{10.6}{6+8}=\frac{30}{7}(cm)$

$DC=BC-BD$$=10-\frac{30}{7}$$=\frac{40}{7}$

c) Ta có: $\hat{A}=\widehat{AED}=\widehat{AFD}={90}^0$

Suy ra tứ giác $AEDF$ có ba góc vuông nên hình đó là hình chữ nhật.

Mặt khác, $D$ nằm trên tia phân giác của góc $A$ nên $DE=DF$ (tính chất tia phân giác của 1 góc)

Vậy tứ giác $AEDF$ là hình vuông.

 Vì $DE\perp AB,AC\perp AB$ nên $DE//AC$

Theo định lí Ta-lét trong tam giác BAC, ta có:

$\begin{array}{l}\frac{CD}{BC}=\frac{AE}{AB}\\ \Rightarrow AE=\frac{CD.AB}{BC}=\frac{\frac{40}{7}.6}{10}=\frac{24}{7}\end{array}$

Chu vi tứ giác $AEDF$ bằng: $4AE=4.\frac{24}{7}=\frac{96}{7}(cm)$

 

Diện tích tứ giác $AEDF$ bằng: $A{E}^2={\left(\frac{24}{7}\right)}^2=\frac{576}{49}\left(c{m}^2\right)$

Bài 91 trang 121 SBT Toán 9 tập 1: Cho hình thang $ABCD$ có hai cạnh bên là $AD$ và $BC$ bằng nhau, đường chéo $AC$ vuông góc với cạnh bên $BC$. Biết $AD=5a$, $AC=12a.$

a) Tính $\frac{\sin B+c\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{B}}{\sin B-c\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{B}}.$

b) Tính chiều cao của hình thang $ABCD$.

Phương pháp giải:

a) Áp dụng định lí Py-ta-go và tỉ số lượng giác.

b) Chiều cao hình thang ABCD bằng chiều cao tam giác ABC, áp dụng tỉ số lượng giác, tìm chiều cao của tam giác ABC.

Lời giải:

a) Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông ABC, ta có:

$A{B}^2=B{C}^2+A{C}^2=(5a{)}^2+(12a{)}^2$$=169a^2$

Suy ra: $AB=\sqrt{169a^2}=13a$

Xét tam giác vuông ABC, theo định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn, ta có:

$\sin \hat{B}=\frac{AC}{AB}=\frac{12a}{13a}=\frac{12}{13}$

$\cos \hat{B}=\frac{BC}{AB}=\frac{5a}{13a}=\frac{5}{13}$

Suy ra: 

$\frac{\sin \hat{B}+\cos \hat{B}}{\sin \hat{B}-\cos \hat{B}}=\frac{\frac{12}{13}+\frac{5}{13}}{\frac{12}{13}-\frac{5}{13}}$$=\frac{\frac{17}{13}}{\frac{7}{13}}=\frac{17}{13}.\frac{13}{7}=\frac{17}{7}$

b) Kẻ $CH\mathrm{\perp }AB$

Trong tam giác vuông $BCH$, ta có:

$CH=CB.\sin \hat{B}=5a.\frac{12}{13}=\frac{60a}{13}$

Bài 92 trang 121 SBT Toán 9 tập 1: Cho tam giác cân $ABC$, $AB=AC=10cm$, $BC=16cm$. Trên đường cao $AH$ lấy điểm $I$ sao cho $AI=\frac{1}{3}AH.$ Vẽ tia $Cx$ song song với $AH$, $Cx$ cắt tia $BI$ tại $D$.

a) Tính các góc của tam giác $ABC$.

b) Tính diện tích tứ giác $ABCD$.

Phương pháp giải:

a) Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn và định lí Py-ta-go vào các tam giác vuông.

b) Áp dụng định lí Py-ta-go và kiến thức về đường trung bình của tam giác.

Lời giải:

a) Vì tam giác ABC cân tại A có $AH\mathrm{\perp }BC$ nên AH cũng là đường trung tuyến, suy ra: $HB=HC=\frac{BC}{2}=8(cm)$

Trong tam giác vuông $ABH$, ta có: 

$\cos \hat{B}=\frac{HB}{AB}=\frac{8}{10}=0,8$

Suy ra: $\hat{B}\approx {36}^{\circ }{52}^{\prime }$

Vì $∆ABC$ cân nên $\hat{B}=\hat{C}={36}^{\circ }{52}^{\prime }$

Ta có: $\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}={180}^{\circ }$ (tổng 3 góc trong tam giác ABC)

$\hat{A}={180}^{\circ }-(\hat{B}+\hat{C})$$={180}^{\circ }-({36}^{\circ }{52}^{\prime }+{36}^{\circ }{52}^{\prime })={106}^{\circ }{16}^{\prime }$

b) Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông ABH, ta có:

$\begin{array}{r}A{B}^2=A{H}^2+B{H}^2\\ \Rightarrow A{H}^2=A{B}^2-B{H}^2\\ ={10}^2-8^2=36\end{array}$

Suy ra: $AH=6(cm)$

Ta có: $AI=\frac{1}{3}.AH=\frac{1}{3}.6=2(cm)$

Suy ra: $IH=AH-AI=6-2=4(cm)$

Vì $IH\mathrm{\perp }BC$ và $DC\mathrm{\perp }BC$ nên $IH//DC$ (1)

Mặt khác: $BH=HC$ (cmt)  (2)

Từ (1) và (2) ta có $IH$ là đường trung bình của tam giác $BCD$.

Suy ra: $IH=\frac{1}{2}CD$ hay $CD=2.IH$$=2.4=8(cm)$

Ta có:  

$S_{ABH}=\frac{1}{2}AH.BH=\frac{1}{2}.6.8$$=24\left(c{m}^2\right)$

Vì $AH//DC$ nên AHCD là hình thang và $AH\mathrm{\perp }HC$ nên HC là chiều cao của hình thang AHCD. Từ đó: 

$S_{AHCD}=\frac{AH+CD}{2}.HC=\frac{6+8}{2}.8$$=56\left(c{m}^2\right)$

Vậy $S_{ABCD}=S{}_{ABH}+S_{AHCD}=24+56$$=80$ (cm2)

Bài 93 trang 121 SBT Toán 9 tập 1: Cho tam giác $ABC$. Biết : $AB=21cm$, $AC=28cm,BC=35cm.$

a) Chứng minh tam giác $ABC$ vuông.

b) Tính sinB, sinC.

Phương pháp giải:

a) Áp dụng định lí Py-ta-go đảo.

b) Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.

Lời giải:

a) Ta có: $A{B}^2={21}^2=441$

$A{C}^2={28}^2=784$

$B{C}^2={35}^2=1225$

Vì $A{B}^2+A{C}^2=441+784$$=1225=B{C}^2$  nên tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ( theo định lí đảo Pi-ta-go).

b) Xét tam giác ABC vuông tại A, theo định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn, ta có: 

$\sin \hat{B}=\frac{AC}{BC}=\frac{28}{35}=\frac{4}{5}=0,8$

$\sin \hat{C}=\frac{AB}{BC}=\frac{21}{35}=\frac{3}{5}=0,6$

Bài 94 trang 122 SBT Toán 9 tập 1: Cho hình thang $ABCD$. Biết hai đáy $AB=a$ và $CD=2a$, cạnh bên $AD=a$, $\hat{A}={90}^{\circ }$

a) Chứng minh $tan\hat{C}=1.$ 

b) Tính tỉ số diện tích tam giác DBC và diện tích hình thang ABCD.

c) Tính tỉ số diện tích tam giác ABC và diện tích tam giác BCD.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức :

– Tứ giác có ba góc vuông và hai cạnh kề bằng nhau là hình vuông.

– Công thức tính diện tích tam giác và hình thang. 

– Tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.

Lời giải:

 

a) Kẻ $BH\mathrm{\perp }CD$ 

Ta có: $AB//CD$ nên $\hat{A}+\widehat{ADC}={180}^0$ (hai góc trong cùng phía bù nhau) và $\hat{A}={90}^{\circ }$ (gt)

Suy ra: $\widehat{ADC}={90}^{\circ }$

Từ đó, tứ giác $ABHD$ có ba góc vuông nên là hình chữ nhật. Mà $AB=AD=a$ nên $ABHD$ là hình vuông.

Suy ra: $DH=BH=AB=a$

Ta có: $CD=DH+HC$

Suy ra: $HC=CD–DH=2a–a=a$

Vậy $tan\hat{C}=\frac{BH}{CH}=\frac{a}{a}=1$

b) Ta có: $S_{BCD}=\frac{1}{2}BH.CD=\frac{1}{2}a.2a=a^2$ (đvdt)

$S_{ABCD}=\frac{AB+CD}{2}.AD$$=\frac{a+2a}{2}.a=\frac{3}{2}{a}^2$ (đvdt)

Vậy $\frac{S_{BCD}}{S_{ABCD}}=\frac{a^2}{\frac{3}{2}{a}^2}=\frac{1}{\frac{3}{2}}=\frac{2}{3}.$

c) Diện tích tam giác $ADC$ vuông tại $D$ là: $S_{ADC}=\frac{1}{2}AD.DC$$=\frac{1}{2}a.2a=a^2$ (đvdt)

Mà $S_{ABCD}=\frac{3}{2}{a}^2$ (theo câu b)

Ta có: $S_{ABC}=S_{ABCD}-S_{ADC}=\frac{3}{2}{a}^2-a^2$$=\frac{1}{2}a.a=\frac{1}{2}{a}^2$ (đvdt)

Vậy $\frac{S_{ABC}}{S_{BCD}}=\frac{\frac{1}{2}{a}^2}{a^2}=\frac{1}{2}$

(với đvdt: đơn vị diện tích)

Bài 95 trang 122 SBT Toán 9 tập 1: Cho tam giác $ABC$ có góc $B$ bằng ${120}^{\circ },$ $BC=12cm,AB=6cm$. Đường phân giác của góc $B$ cắt cạnh $AC$ tại $D$.

a) Tính độ dài đường phân giác $BD$.

b) Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Chứng minh $AM\mathrm{\perp }BD.$

Phương pháp giải:

– Vận dụng định lí Ta-lét trong tam giác.

– Chứng minh tam giác $ABM$ cân tại $B$.

Lời giải:

a) Vì BD là tia phân giác của góc ABC nên: 

$\widehat{ABD}=\widehat{CBD}=\frac{\widehat{ABC}}{2}$$=\frac{{120}^{\circ }}{2}$$={60}^{\circ }$

Từ $A$ kẻ đường thẳng song song với $BD$ cắt $CB$ tại $E$.

Lại có:

$\widehat{BAE}=\widehat{ABD}={60}^{\circ }$ (so le trong)

 $\widehat{AEB}=\widehat{CBD}={60}^{\circ }$ (đồng vị)

Suy ra tam giác $ABE$ đều (vì có 2 góc bằng ${60}^0$)

$\Rightarrow AB=BE=EA=6(cm)(1)$

Khi đó: $CE=BC+BE=12+6=18(cm)$

Tam giác $ACE$ có $AE//BD$ nên theo hệ quả định lý Ta-lét ta suy ra:

$\frac{BC}{CE}=\frac{BD}{AE}$ 
$\Rightarrow BD=\frac{BC.AE}{CE}=\frac{12.6}{18}=4(cm)$

b) Vì M là trung điểm cạnh BC nên ta có: 

$MB=MC=\frac{1}{2}.BC=\frac{1}{2}.12$$=6(cm)(2)$

Từ (1) và (2) suy ra:

$BM=AB\Rightarrow$ $∆ABM$ cân tại $B$.

Tam giác cân $ABM$ có $BD$ là đường phân giác nên đồng thời nó cũng là đường cao (tính chất tam giác cân). Vậy $BD\mathrm{\perp }AM$

Bài 96 trang 112 SBT Toán 9 tập 1: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$ chia cạnh huyền $BC$ thành hai đoạn $BH,CH$ có độ dài lần lượt là $4cm,9cm$. Gọi $D$ và $E$ lần lượt là hình chiếu của $H$ trên $AB$ và $AC$. 

a) Tính độ dài đoạn thẳng $DE$.

b) Các đường thẳng vuông góc với $DE$ tại $D$ và tại $E$ lần lượt cắt $BC$ tại $M$ và $N$. Chứng minh $M$ là trung điểm của $BH$ và $N$ là trung điểm của $CH$.

c) Tính diện tích tứ giác $DENM$.

Phương pháp giải:

a) Áp dụng tính chất hình chữ nhật và hệ thức lượng giữa đường cao và hình chiếu trong tam giác vuông.

b) Áp dụng tính chất của hình chữ nhật và tam giác cân.

c) Nhẩm lại dấu hiệu nhận biết hình thang và cách tính diện tích của hình đó.

Lời giải:

a) Ta có:

$HD\mathrm{\perp }AB\Rightarrow \widehat{ADH}={90}^{\circ }$

$HE\mathrm{\perp }AC\Rightarrow \widehat{AEH}={90}^{\circ }$

Tứ giác $ADHE$ có $3$ góc vuông nên nó là hình chữ nhật.

Suy ra: $AH=DE$ (tính chất hình chữ nhật)

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ và có $AH$ là đường cao.

Theo hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu ta có:

$\begin{array}{rl}& A{H}^2=HB.HC=4.9=36\\ & \Rightarrow AH=6(cm)\end{array}$

Vậy $DE=6(cm)$

b) * Gọi $G$ là giao điểm của $AH$ và $DE$

Ta có: $GA=GD=GH=GE$ (tính chất hình chữ nhật ADHE)

Suy ra tam giác $GHD$ cân tại $G$

Ta có:

$\widehat{GDH}=\widehat{GHD}(1)$

$\widehat{GDH}+\widehat{MDH}={90}^{\circ }(2)$

$\widehat{GHD}+\widehat{MHD}={90}^{\circ }(3)$

Từ (1), (2) và (3) suy ra: $\widehat{MDH}=\widehat{MHD}(4)$

Suy ra tam giác $MDH$ cân tại $M$ $\Rightarrow MD=MH(5)$

Lại có: $\widehat{MDH}+\widehat{MDB}={90}^{\circ }(6)$

$\widehat{MBD}+\widehat{MHD}={90}^{\circ }$ ($∆BDH$ vuông tại $D$) (7)

Từ (4), (6) và (7) suy ra: $\widehat{MDB}=\widehat{MBD}$

Suy ra tam giác $MBD$ cân tại $M$ $\Rightarrow MB=MD(8)$

 Từ (5) và (8) suy ra: $MB=MH$ hay $M$ là trung điểm của $BH$.

*Tam giác $GHE$ cân tại $G$ (do $GH=GE$ (cmt))

Ta có: $\widehat{GHE}=\widehat{GEH}(9)$

$\widehat{GHE}+\widehat{NHE}={90}^{\circ }$ (10)

$\widehat{GEH}+\widehat{NEH}={90}^{\circ }$ (11)

Từ (9), (10) và (11) suy ra: $\widehat{NHE}=\widehat{NEH}$ (12)

Suy ra tam giác $NEH$ cân tại $N$ $\Rightarrow NE=NH$ (13)

Lại có: $\widehat{NEC}+\widehat{NEH}={90}^{\circ }$ (14)

$\widehat{NHE}+\widehat{NCE}={90}^{\circ }$ ($∆CEH$ vuông tại $E$) (15)

 

Từ (12), (14) và (15) suy ra: $\widehat{NEC}=\widehat{NCE}$

Suy ra tam giác $NCE$ cân tại $N$ $\Rightarrow NC=NE(16)$

Từ (13) và (16) suy ra: $NC=NH$ hay $N$ là trung điểm của $CH$. 

c) Tam giác $BDH$ vuông tại $D$ có $DM$ là đường trung tuyến nên:

$DM=\frac{1}{2}BH=\frac{1}{2}.4=2(cm)$

Tam giác CEH vuông tại E có EN là đường trung tuyến nên

$EN=\frac{1}{2}CH=\frac{1}{2}.9=4,5(cm)$

Mà $MD\mathrm{\perp }DE$ và $NE\mathrm{\perp }DE$ nên $MD//NE$

Suy ra tứ giác $DENM$ là hình thang

Vậy 

$\begin{array}{rl}& S_{DENM}=\frac{DM+NE}{2}.DE\\ & =\frac{2+4,5}{2}.6=19,5c{m}^2.\end{array}$

Bài 97 trang 122 SBT Toán 9 tập 1: Cho tam giác $ABC$ vuông ở $A$, $\hat{C}={30}^{\circ },$$BC=10cm.$

a) Tính $AB,AC.$

b) Từ $A$ kẻ $AM,AN$ lần lượt vuông góc với các đường phân giác trong và ngoài của góc $B$.

Chứng minh: $MN//BC$ và $MN=AB.$

c) Chứng minh hai tam giác $MAB$ và $ABC$ đồng dạng. Tìm tỉ số đồng dạng.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức :

a) Tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.

b) Dấu hiệu nhận biết và tính chất của hình chữ nhật.

c) Các trường hợp đồng dạng của tam giác.

Lời giải:

a) Trong tam giác vuông $ABC$, ta có:

$AB=BC.\sin \hat{C}=10.\sin {30}^{\circ }$$=10.\frac{1}{2}=5(cm)$

$AC=BC.\cos \hat{C}=10.\cos {30}^{\circ }$$=10.\frac{\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}(cm)$

b) Ta có:

$BM\mathrm{\perp }BN$ (hai tia phân giác của 2 góc kề bù thì vuông góc với nhau) $\Rightarrow \widehat{MBN}={90}^{\circ }(1)$

$AM\mathrm{\perp }BM$ (gt) $\Rightarrow \widehat{AMB}={90}^{\circ }(2)$

$AN\mathrm{\perp }BN$ (gt) $\Rightarrow \widehat{ANB}={90}^{\circ }(3)$

Từ (1), (2) và (3) suy ra tứ giác $AMBN$ là hình chữ nhật.

Suy ra $AM=BN,BM=AN,AB=MN$ (tính chất hình chữ nhật)

Suy ra: $∆AMB=∆NBM$ (c.g.c)

$\Rightarrow \widehat{ABM}=\widehat{NMB}$

Mà $\widehat{ABM}=\widehat{MBC}(gt)$

Suy ra: $\widehat{NMB}=\widehat{MBC}$

Suy ra $MN//BC$ (có cặp so le trong bằng nhau)

Vì $AMBN$ là hình chữ nhật nên $AB=MN$.

c) Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $\widehat{ABC}+\hat{C}={90}^{\circ }$

Suy ra: $\widehat{ABC}={90}^{\circ }-\hat{C}={90}^{\circ }-{30}^{\circ }={60}^{\circ }$

Suy ra: $\widehat{ABM}=\frac{1}{2}\widehat{ABC}=\frac{1}{2}{.60}^{\circ }={30}^{\circ }$

Xét hai tam giác $ABC$ và $MAB$, ta có:

$\widehat{BAC}=\widehat{AMB}={90}^{\circ }$

$\widehat{ACB}=\widehat{ABM}={30}^{\circ }$

Suy ra $∆ABC$ đồng dạng với $∆MAB$ (g.g)

Tỉ số đồng dạng: $k=\frac{AB}{BC}=\frac{5}{10}=\frac{1}{2}$

Bài 98 trang 122 SBT Toán 9 tập 1: Cho tam giác $AB=6cm,$ $AC=4,5cm,$$BC=7,5cm.$

a) Chứng minh tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Tính các góc $\hat{B},\hat{C}$ và đường cao $AH$ của tam giác.

b) Tìm tập hợp các điểm $M$ sao cho $S_{ABC}=S_{BMC}.$

Phương pháp giải:

a) Áp dụng định lí Pi-ta-go đảo và tỉ số lượng giác.

b) Dựa vào diện tích của các hình tam giác $ABC$ và $MBC$ để biện luận.

Lời giải:

a) Ta có:

$A{B}^2=6^2=36$

$A{C}^2=4,5^2=20,25$

$B{C}^2=7,5^2=56,25$

Vì $A{B}^2+A{C}^2=36+20,25$$=56,25=B{C}^2$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ( theo định lí Pi-ta-go đảo).

Kẻ $AH\mathrm{\perp }BC$. Xét tam giác ABC vuông tại A, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: 

$AH.BC=AB.AC$$\iff AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{6.4,5}{7,5}=3,6(cm)$

Áp dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác ABC vuông, ta có: $\sin \hat{C}=\frac{AC}{BC}=\frac{4,5}{7,5}=0,6$

Suy ra: $\hat{C}={53}^{\circ }{8}^{\prime }$

Ta có:

$\hat{B}+\hat{C}={90}^{\circ }$ (vì tam giác ABC vuông tại A)

$\Rightarrow \hat{B}={90}^{\circ }-\hat{C}$$={90}^{\circ }-{53}^{\circ }{8}^{\prime }={36}^{\circ }{52}^{\prime }$

b) Tam giác $ABC$ và tam giác $MBC$ có chung cạnh đáy $BC$, đồng thời $S_{ABC}=S_{MBC}$  nên khoảng cách từ $M$ đến $BC$ bằng khoảng cách từ $A$ đến $BC$. Vậy $M$ thay đổi cách $BC$ một khoảng bằng $AH$ nên $M$ nằm trên hai đường $x$ và $y$ song song với $BC$ cách $BC$ một khoảng bằng $AH$.

Bài 99 trang 122 SBT Toán 9 tập 1: Gọi $AM,BN,CL$ là ba đường cao của tam giác $ABC$. Chứng minh:

a) $∆ANL$ đồng dạng $∆ABC$;

b) $AN.BL.CM$ $=AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC.$

Phương pháp giải:

Áp dụng kiến thức về hai tam giác đồng dạng và tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.

Lời giải:

a) Xét hai tam giác $BNA$ và $CLA$, ta có:

$\widehat{BNA}=\widehat{CLA}={90}^{\circ }$

$\hat{A}$ chung

Suy ra $∆BNA$ đồng dạng $∆CLA$ (g.g)

Suy ra: $\frac{AL}{AN}=\frac{AC}{AB}\Rightarrow \frac{AL}{AC}=\frac{AN}{AB}$

Xét hai tam giác $ABC$ và $ANL$, ta có:

$\frac{AL}{AC}=\frac{AN}{AB}$

$\hat{A}$ chung

Suy ra $∆ABC$ đồng dạng $∆ANL$ (c.g.c)

b) $ABN$ vuông tại $N$ nên $AN=AB.\cos \hat{B}(1)$

$∆BCL$ vuông tại $L$ nên $BL=BC.\cos \hat{B}(2)$

$∆ACM$ vuông tại $M$ nên $CM=AC.\cos \hat{C}(3)$

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 

$AN.BL.CM$$=AB.BC.CA.\cos \hat{A}\cos \hat{B}\cos \hat{C}.$