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: \(A{E^2} = {\left( {{{24} \over 7}} \right)^2} = {{576} \over {49}}\,\left( {c{m^2}} \right)\) Câu 91 trang 121 Sách Bài Tập (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 \({{\sin B + c{\rm{osB}}} \over {\sin B - c{\rm{osB}}}}.\) b) Tính chiều cao của hình thang ABCD. Gợi ý làm bài a) Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông ABC, ta có: \(A{B^2} = B{C^2} + A{C^2} = {(5a)^2} + {(12a)^2} = 169{a^2}\) Suy ra: \(AB = \sqrt {169{a^2}} = 13a\) Ta có: \(\sin \widehat B = {{AC} \over {AB}} = {{12a} \over {13a}} = {{12} \over {13}}\) \(\cos \widehat B = {{BC} \over {AB}} = {{5a} \over {13a}} = {5 \over {13}}\) Suy ra: \({{\sin \widehat B + \cos \widehat B} \over {\sin \widehat B - \cos \widehat B}} = {{{{12} \over {13}} + {5 \over {13}}} \over {{{12} \over {13}} - {5 \over {13}}}} = {{{{17} \over {13}}} \over {{7 \over {13}}}} = {{17} \over {13}}.{{13} \over 7} = {{17} \over 7}\) b) Kẻ \(CH \bot AB\) Trong tam giác vuông BCH, ta có: \(CH = CB.\sin \widehat B = 5a.{{12} \over {13}} = {{60a} \over {13}}\) Câu 92 trang 121 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1. Cho tam giác cân ABC, AB = AC = 10cm, BC = 16cm. Trên đường cao AH lấy điểm I sao cho $AI = {1 \over 3}AH$. 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. Gợi ý làm bài Ta có: \(AH \bot BC\), suy ra: \(HB = HC = {{BC} \over 2} = 8\,(cm)\) Trong tam giác vuông ABH, ta có: \(\cos \widehat B = {{HB} \over {AB}} = {8 \over {10}} = 0,8\) Suy ra: \(\widehat B \approx 36^\circ 52'\) Vì ∆ABC cân nên \(\widehat B = \widehat C = 36^\circ 52'\) Ta có: \(\widehat A = 180^\circ - (\widehat B + \widehat C) = 180^\circ - (36^\circ 52' + 36^\circ 52') = 106^\circ 16'\) b) Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông ABH, ta có: \(\eqalign{ & A{B^2} = A{H^2} + B{H^2} \cr & \Rightarrow A{H^2} = A{B^2} - B{H^2} = {10^2} - {8^2} = 36 \cr} \) Suy ra: AH = 6 (cm) Ta có: \(AI = {1 \over 3}.AH = {1 \over 3}.6 = 2\,(cm)\) Suy ra: IH = AH - AI = 6 - 2 = 4 (cm) Vì \(IH \bot BC\) và $DC \bot BC$ nên IH // DC (1) Mặt khác: BH = HC (gt) (2) Từ (1) và (2) ta có IH là đường trung bình của tam giác BCD Suy ra: \(IH = {1 \over 2}CD\) hay CD = 2IH = 2.4 = 8 (cm) Ta có: \({S_{ABH}} = {1 \over 2}AH.BH = {1 \over 2}.6.8 = 24\,\,\left( {c{m^2}} \right)\) \({S_{AHCD}} = {{AH + CD} \over 2}.HC = {{6 + 8} \over 2}.8 = 56\,\left( {c{m^2}} \right)\) Vậy \({S_{ABCD}} = S{ _{ABH}} + {S_{AHCD}} = 24 + 56 = 80\,\) (cm2) Câu 93 trang 121 Sách Bài Tập (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. Gợi ý làm bài 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) Ta có: \(\sin \widehat B = {{AC} \over {BC}} = {{28} \over {35}} = {4 \over 5} = 0,8\) \(\sin \widehat C = {{AB} \over {BC}} = {{21} \over {35}} = {3 \over 5} = 0,6\) Câu 94 trang 122 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1. Cho hình thang ABCD. Biết hai đáy AB = a và CD = 2a, cạnh bên AD = a, \(\widehat A = 90^\circ \) a) Chứng minh \(tg\widehat C = 1.\) b) Tính tỉ số diện tích tam giác BCD và diện tích hình thang ABCD. c) Tính tỉ số diện tích tam giác ABC và diện tích tam giác BCD. Gợi ý làm bài a) Kẻ \(BH \bot CD\) Ta có: AB // CD và \(\widehat A = 90^\circ \) Suy ra: \(\widehat D = 90^\circ \) Tứ giác ABHD có ba góc vuông và AB = AD = a nên là hình vuông. Suy ra: DH = BH = AB = a Ta có: CD = DH + HC Suy ra: HC = CD – DH = 2a – a = a Vậy \(tg\widehat C = {{BH} \over {CH}} = {a \over a} = 1\) b) Ta có: \({S_{BCD}} = {1 \over 2}BH.CD = {1 \over 2}a.2a = {a^2}\) (đvdt) \({S_{ABCD}} = {{AB + CD} \over 2}.AD = {{a + 2a} \over 2}.a = {3 \over 2}{a^2}\) (đvdt) Vậy \({{{S_{BCD}}} \over {{S_{ABCD}}}} = {{{a^2}} \over {{3 \over 2}{a^2}}} = {1 \over {{3 \over 2}}} = {2 \over 3}.\) c) Ta có: \({S_{ABC}} = {1 \over 2}a.a = {1 \over 2}{a^2}\) (đvdt) Vậy \({{{S_{ABC}}} \over {{S_{BCD}}}} = {{{1 \over 2}{a^2}} \over {{a^2}}} = {1 \over 2}\) Câu 95 trang 122 Sách Bài Tập (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 \(AM \bot BD.\) Gợi ý làm bài a) Ta có: \(\widehat {ABD} = \widehat {CBD} = {{\widehat {ABC}} \over 2} = {{120^\circ } \over 2} = 60^\circ \) Từ A kẻ đường thẳng song song với BD cắt CD tại E. Lại có: \(\widehat {BAE} = \widehat {ABD} = 60^\circ \) (so le trong) \(\widehat {CBD} = \widehat {AEB} = 60^\circ \) (đồng vị) Suy ra tam giác ABE đều \( \Rightarrow AB = BE = EA = 6\,(cm)\,\,(1)\) Khi đó: CE = BC + BE = 12 + 6 = 18 (cm) Tam giác ACE có AE // BD nên suy ra: \(\eqalign{ & {{BC} \over {CE}} = {{BD} \over {AE}} \cr & \Rightarrow BD = {{BC.AE} \over {CE}} = {{12.6} \over {18}} = 4\,(cm) \cr} \) b) Ta có: \(MB = MC = {1 \over 2}.BC = {1 \over 2}.12 = 6\,(cm)\,\,(2)\) 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 \(BD \bot AM\) Câu 96 trang 112 Sách Bài Tập (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. Gợi ý làm bài a) Ta có: \(HD \bot AB \Rightarrow \widehat {ADH} = 90^\circ \) \(HE \bot AC \Rightarrow \widehat {AEH} = 90^\circ \) 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: \(\eqalign{ & A{H^2} = HB.HC = 4.9 = 36 \cr & \Rightarrow AH = 6\,(cm) \cr} \) 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) 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 vuong 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 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: \(\widehat {NDC} = \widehat {NCE}\) 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: \(DM = {1 \over 2}BH = {1 \over 2}.4 = 2\,(cm)\) Tam giác CEH vuông tại E có EN là đường trung tuyến nên \(EN = {1 \over 2}CH = {1 \over 2}.9 = 4,5\,(cm)\) Mà \(MD \bot DE\) và \NE \bot DE\) nên MD // NE Suy ra tứ giác DENM là hình thang Vậy \(\eqalign{ & {S_{DENM}} = {{DM + NE} \over 2}.DE \cr & = {{2 + 4,5} \over 2}.6 = 19,5 \cr} \) (cm2). Câu 97 trang 112 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1. Cho tam giác ABC vuông ở A, $\widehat C = 30^\circ ,BC = 10cm.$ 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. Gợi ý làm bài a) Trong tam giác vuông ABC, ta có: \(AB = BC.\sin \widehat C = 10.\sin 30^\circ = 10.{1 \over 2} = 5\,(cm)\) \(AC = BC.\cos \widehat C = 10.\cos 30^\circ = 10.{{\sqrt 3 } \over 2} = 5\sqrt 3 \,(cm)\) b) Ta có: \(BM \bot BN$ (tính chất hai góc kề bù) $ \Rightarrow \widehat {MBN} = 90^\circ \,(1)\) \(AM \bot BM\) (gt) \( \Rightarrow \widehat {AMB} = 90^\circ \,(2)\) \(AN \bot BN\) (gt) \( \Rightarrow \widehat {ANB} = 90^\circ \,(3)\) Từ (1), (2) và (3) suy ra tứ giác AMBN là 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 \(\widehat B + \widehat C = 90^\circ \) Suy ra: \(\widehat B = 90^\circ - \widehat C = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ \) Suy ra: \(\widehat {ABM} = {1 \over 2}\widehat B = {1 \over 2}.60^\circ = 30^\circ \) 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: \(k = {{AB} \over {BC}} = {5 \over {10}} = {1 \over 2}\) Câu 98 trang 122 Sách Bài Tập (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 \(\widehat B,\widehat C\). Chứng minh tam giác ABC vuông tại A. tính các góc và đường cao AH của tam giác. b) Tìm tập hợp các điểm M sao cho \({S_{ABC}} = {S_{BMC}}.\) Gợi ý làm bài 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). Kẻ \(AH \bot BC\) Ta có: \(AH = {{AB.AC} \over {BC}} = {{6.4,5} \over {7,5}} = 3,6\,(cm)\) \(\sin \widehat C = {{AC} \over {BC}} = {{4,5} \over {7,5}} = 0,6\) Suy ra: \(\widehat C = 58^\circ 8'\) Ta có: \(\widehat B + \widehat C = 90^\circ \Rightarrow B = 90^\circ - \widehat C = 90^\circ - 53^\circ 8' = 36^\circ 52'\) 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. Câu 99 trang 122 Sách Bài Tập (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. Gợi ý làm bài a) Xét hai tam giác BNA và CLA, ta có: \(\widehat {BNA} = \widehat {CLA} = 90^\circ \) \(\widehat A\) chung Suy ra ∆BNA đồng dạng ∆CLA (g.g) Suy ra: \({{AL} \over {AN}} = {{AC} \over {AB}} \Rightarrow {{AL} \over {AC}} = {{AN} \over {AB}}\) Xét hai tam giác ABC và ANL, ta có: \({{AL} \over {AC}} = {{AN} \over {AB}}\) \(\widehat A\) chung Suy ra ∆ABC đồng dạng ∆ANL (c.g.c b) ABN vuông tại N nên \(AN = AB.\cos \widehat B\,(1)\) ∆BCL vuông tại L nên \(BL = BC.\cos \widehat B\,(2)\) ∆ACM vuông tại M nên \(CM = AC.\cos \widehat C\,(3)\) Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(AN.BL.CM = AB.BC.CA.\cos \widehat A\cos \widehat B\cos \widehat C.\) Câu I.1 Trang 123 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1. Tam giác ABC có \(\widehat A = 105^\circ \), \(\widehat B = 45^\circ \), BC = 4cm. Tính độ dài các cạnh AB, AC. Gợi ý làm bài Vẽ đường cao AH. Đặt BH = x, CH = y thì do H nằm giữa B và C ( hai góc $$\widehat B,\widehat C$$ là góc nhọn) suy ra x + y = 4 (xem h.bs.18). Ta có BH = AH = HCtg30º nên x = \(ytg30^\circ = {y \over {\sqrt 3 }}\). Vậy ta được \(x + \sqrt {3x} = 4\), suy ra \(x = {4 \over {1 + \sqrt 3 }} \approx 1,46\,(cm)\) Vậy \(AB = {{AH} \over {\sin 45^\circ }} = {{2AH} \over {\sqrt 2 }} \approx 2,06\,(cm)\) \(AC = 2AH \approx 1,46.2 = 2,92\,(cm)\) Câu I.2 trang 123 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, CD. Tính cos \(\widehat {MAN}\) Gợi ý làm bài (h.bs.19). Kẻ đường cao MH của tam giác cân AMN. Ta có \(\sin \widehat {NAM} = {{HM} \over {AM}}\) và diện tích tam giác AMN là: \(\eqalign{ & {S_{AMN}} = {1 \over 2}AN.MH = {1 \over 2}AN.AM\sin \widehat {NAM} \cr & = {1 \over 2}A{N^2}\sin \widehat {NAM} \cr} \) \( = {1 \over 2}(A{D^2} + D{N^2})\sin \widehat {NAM} = {{5{a^2}} \over 2}\sin \widehat {NAM}.\) Mặt khác: \(\eqalign{ & {S_{AMN}} = {S_{ABCD}} - {S_{ABM}} - {S_{ADM}} - {S_{MNC}} \cr & = 4{a^2} - 2{a^2} - {{{a^2}} \over 2} = {{3{a^2}} \over 2}. \cr} \) Suy ra \(\sin \widehat {NAM} = {3 \over 5}\) Từ đó: \(\cos \widehat {NAM} = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\widehat {NAM}} = \sqrt {1 - {9 \over {25}}} = {4 \over 5}.\) Câu I.3 trang 123 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1. Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao BH. Hãy tính góc A và các cạnh AB, BC, nếu biết BH = h và \(\widehat C = \alpha .\) Gợi ý làm bài (h.bs.20). \(\widehat A = 180^\circ - 2\alpha .\) Tam giác vuông HBC có \(BC = {h \over {\sin \alpha }}\). Kẻ đường cao AI của tam giác ABC thì được \(AC = {{IC} \over {\cos \alpha }} = {{{{BC} \over 2}} \over {{\rm{cos}}\alpha }} = {h \over {2\sin \alpha \cos \alpha }}.\) Vậy AB = AC = \({h \over {2\sin \alpha \cos \alpha }}.\) Câu I.4 trang 123 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1. Cho hình bình hành ABCD có \(\widehat A = 120^\circ \), AB = a, BC = b. Các đường phân giác của bốn góc A, B, C, D cắt nhau tạo thành tứ giác MNPQ. Tính diện tích tứ giác MNPQ. Gợi ý làm bài (h.bs.21). Đường phân giác của góc A cắt đường phân giác của góc D tại M thì tam giác ADM có hai góc bằng 60º và 30º nên các đường phân giác đó vuông góc với nhau. Lập luận đó chứng tỏ hình MNPQ có 4 góc vuông nên MNPQ là hình chữ nhật. Trong tam giác vuông ADM có \(DM = AD\sin \widehat {DAM} = b\sin 60^\circ = {{b\sqrt 3 } \over 2}.\) Trong tam giác vuông DCN ( N là giao của đường phân giác góc D và đường phân giác góc C) có \(DN = DC\sin \widehat {DCN}{\rm{ = asin60}}^\circ {\rm{ = }}{{a\sqrt 3 } \over 2}.\) Vậy \(MN = DN - DM = (a - b){{\sqrt 3 } \over 2}.\) Trong tam giác vuông DCN có \(CN = CD\cos 60^\circ = {a \over 2}.\) Trong tam giác vuông BCP ( P là giao của đường phân giác góc C với đường phân giác góc B) có \(CP = CB\cos 60^\circ = {b \over 2}.\) Vậy: \(NP = CN - CP = {{a - b} \over 2}.\) Suy ra diện tích hình chữ nhật MNPQ là \(MN \times NP = {(a - b)^2}{{\sqrt 3 } \over 4}\) Câu I.5 trang 123 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1. Cho tam giác ABC vuông tại C có \(\widehat B = 37^\circ \). Gọi I là giao điểm của cạnh BC với đường trung trực của AB. Hãy tính AB, AC, nếu biết BI = 20. Gợi ý làm bài (h.bs.22). Gọi H là trung điểm của AB thì trong tam giác vuông HBI, ta có HB = IBcosB nên AB = 2HB = 2IB cosB = 40cos37º \( \approx \) 31,95.
