Đề kiểm tra 45 phút - Đề số 2 - Chương 1 - Hình học 9 — Không quảng cáo

Đề bài

Bài 1. Cho góc nhọn α, biết $\cos \alpha  = {3 \over 4}$. Không tính số đo góc $α$, hãy tính $\sinα, \tanα, \cotα$.

Bài 2. Cho $∆ABC$ có $AB = 12cm, AC = 16cm,$$BC = 20cm.$

a. Tính đường cao AH của ∆ABC

b. Chứng minh rằng: $AB.\cos B + AC.\cos C = 20cm$

Bài 3. Cho hình bình hành $ABCD$ có AC là đường chéo lớn. Kẻ $CH ⊥ AD (H ∈ AD)$ và $CK ⊥ AB (K ∈ AB)$

a. Chứng minh : $∆CKH$ và $∆ABC$ đồng dạng.

b. Chứng minh: $HK = AC.\sin \widehat {BAD}$

LG bài 1

Phương pháp giải:

Sử dụng:

$\begin{array}{l} {\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\\ \tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }}\\ \cot \alpha .\tan \alpha = 1 \end{array}$

Lời giải chi tiết:

Ta có:

$\eqalign{  & {\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1 \cr&\Rightarrow \sin \alpha  = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha }\cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;  = \sqrt {1 - {{\left( {{3 \over 4}} \right)}^2}}  = {{\sqrt 7 } \over 4}  \cr  & \tan \alpha  = {{\sin \alpha } \over {\cos \alpha }} = {{\sqrt 7 } \over 4}:{3 \over 4} = {{\sqrt 7 } \over 3};\,\cr&\cot \alpha  = \frac{1}{{\tan \alpha }}= {{3\sqrt 7 } \over 7} \cr}$

Cách khác:

Xét $∆ABC$ vuông tại A, có các kích thước như hình vẽ bên; $\widehat {ABC} = \alpha$

$\eqalign{  & \cos \alpha  = {3 \over 4}\,hay\,{c \over a} = {3 \over 4}  \cr  &  \Rightarrow c = {3 \over 4}a \Rightarrow {c^2} = {9 \over {16}}{a^2} \cr}$

Theo định lí Pi-ta-go, ta có:

$\eqalign{  & {b^2} = {a^2} - {c^2} = {a^2} - {9 \over {16}}{a^2} = {7 \over {16}}{a^2}\cr& \Rightarrow b = {{\sqrt 7 } \over 4}a  \cr  &  \Rightarrow \sin \alpha  = {b \over a} = {{\sqrt 7 } \over 4};\,\tan \alpha  = {{\sqrt 7 } \over 3};\cr&\cot \alpha  = {{3\sqrt 7 } \over 7} \cr}$

LG bài 2

Phương pháp giải:

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và tỉ số lượng giác của góc nhọn.

Lời giải chi tiết:

a. Dễ thấy $∆ABC$ vuông tại A vì:

$A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\left( {{{12}^2} + {{16}^2} = {{20}^2}} \right)$ (định lí Pi-ta-go đảo)

Xét $∆ABC$ vuông, đường cao AH, ta có:

$AH.BC = AB.AC$ (định lí 3)

$\Rightarrow AH = {{AB.AC} \over {BC}} = {{12.16} \over {20}} = 9,6\,\left( {cm} \right)$

b. Ta có: $\cos B = {{AB} \over {BC}};\,\cos C = {{AC} \over {BC}}$

Biến đổi vế trái :

$\eqalign{  & AB.\cos B + AC.\cos C \cr&= AB.{{AB} \over {BC}} + AC.{{AC} \over {BC}} \cr&= {{A{B^2}} \over {BC}} + {{A{C^2}} \over {BC}}  \cr  &  = {{A{B^2} + A{C^2}} \over {BC}} = {{B{C^2}} \over {BC}} = BC \cr}$

LG bài 3

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất hai tam giác đồng dạng và tỉ số lượng giác của góc nhọn.

Lời giải chi tiết:

a. Ta có: AB // CD (gt) $\Rightarrow \widehat {BAD} = \widehat {CDH}$ (đồng vị)

Tương tự : AD // BC $\Rightarrow \widehat {BAD} = \widehat {KBC}$

Do đó: $\widehat {KBC} = \widehat {CDH} \Rightarrow {\widehat C_1} = {\widehat C_2}$

Vậy $∆CKB$ đồng dạng $∆CHD$ (g.g)

$\eqalign{  &  \Rightarrow {{CK} \over {CH}} = {{CB} \over {CD}},\text{ mà }\,CD = AB  \cr  &  \Rightarrow {{CK} \over {CH}} = {{CB} \over {AB}}\,\left( 1 \right) \cr}$

AB // CD, mà $AK ⊥ CK ⇒ CD ⊥ CK$ hay $\widehat {KCD} = \widehat {BKC} = 90^\circ$

Mặt khác $\widehat {ABC}$ là góc ngoài của ∆BKC nên:

$\widehat {ABC} = \widehat {BKC} + {\widehat C_1} = 90^\circ  + {\widehat C_1}$

Lại có: $\widehat {KCH} = \widehat {KCD} + {\widehat C_2} = 90^\circ  + {\widehat C_2}$

mà ${\widehat C_2} = {\widehat C_1}\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \widehat {ABC} = \widehat {KCH}$  (2)

Từ (1) và (2) $⇒ ∆CKH$ đồng dạng $∆BCA$ (c.g.c)

b. Ta có: $∆CKH$ đồng dạng $∆BCA$ (cmt)

$\eqalign{  &  \Rightarrow {{HK} \over {CA}} = {{CK} \over {CB}} = \sin \widehat {KBC}\cr& \Rightarrow HK = CA.\sin \widehat {KBC}  \cr  & \text{Mà }\,\widehat {KBC} = \widehat {BAD}\,\left( {cmt} \right) \cr}$

Do đó: $HK = AC.\sin \widehat {BAD}$