Đề kiểm tra 45 phút - Đề số 3 - Chương 1 - Hình học 9
Giải Đề kiểm tra 45 phút - Đề số 3 - Chương 1 - Hình học 9
Đề bài
Bài 1. Không dùng bảng và máy tính, hãy tính:
\(A = {\sin ^2}10^\circ + {\sin ^2}20^\circ + ... + {\sin ^2}70^\circ \)\(\;+ {\sin ^2}80^\circ \)
Bài 2. Cho tam giác ABC vuông tại A, biết \(AC = 12cm, BC = 15cm.\)
a. Giải tam giác vuông ABC.
b. Tính độ dài đường cao AH và đường phân giác AD của ∆ABC (số đo góc làm tròn đến độ, độ dài đoạn thẳng làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai)
Bài 3. Cho hình bình hành ABCD có BD vuông góc với BC. Biết \(AB = a\), \(\widehat A = \alpha .\) Tính diện tích hình bình hành ABCD theo a và α.
Bài 4. Dựng góc \(α\), biết \(\tan α = 0,75\) (vẽ hình và nêu cách dựng).
LG bài 1
Phương pháp giải:
Sử dụng:
Nếu hai góc phụ nhau thì sin góc này bằng côsin góc kia, tang góc này bằng côtang góc kia.
\({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\)
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(\eqalign{ & A = {\sin ^2}10^\circ + {\sin ^2}20^\circ + {\sin ^2}30^\circ + {\sin ^2}40^\circ + {\sin ^2}50^\circ + {\sin ^2}60^\circ + {\sin ^2}70^\circ + {\sin ^2}80^\circ \cr & = \left( {{{\sin }^2}10^\circ + {{\sin }^2}80^\circ } \right) + \left( {{{\sin }^2}20^\circ + {{\sin }^2}70^\circ } \right) + \left( {{{\sin }^2}30^\circ + {{\sin }^2}60^\circ } \right) + \left( {{{\sin }^2}40^\circ + {{\sin }^2}50^\circ } \right) \cr & = \left( {{{\sin }^2}10^\circ + {{\cos }^2}10^\circ } \right) + \left( {{{\sin }^2}20^\circ + {{\cos }^2}20^\circ } \right) + \left( {{{\sin }^2}30^\circ + {{\cos }^2}30^\circ } \right) + \left( {{{\sin }^2}40^\circ + {{\cos }^2}40^\circ } \right) \cr & = 1 + 1 + 1 + 1 = 4 \cr} \)
LG bài 2
Phương pháp giải:
Sử dụng: Định lý Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông
Lời giải chi tiết:
a. Ta có:
\(\eqalign{ & AB = \sqrt {B{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {{{15}^2} - {{12}^2}} = 9\,\left( {cm} \right) \cr & \sin B = {{AC} \over {BC}} = {{12} \over {15}} = {4 \over 5} \Rightarrow \widehat B \approx 53^\circ \cr} \)
Do đó: \(\widehat C \approx 90^\circ - 53^\circ = 37^\circ \)
b. ∆ABC vuông có đường cao AH, ta có: AH.BC = AB.AC (định lí 3)
\( \Rightarrow AH = {{AB.AC} \over {BC}} = {{9.12} \over {15}} = 7,2\,\left( {cm} \right)\)
AD là phân giác của ∆ABC (gt)
\(\widehat {BAD} = \widehat {DAC} = {{\widehat {BAC}} \over 2} = {{90^\circ } \over 2} = 45^\circ \)
Lại có: \(\widehat {HAC} = \widehat B \approx 53^\circ \) (cùng phụ với góc C)
\( \Rightarrow \widehat {HAD} = \widehat {HAC} - \widehat {DAC} \approx 53^\circ - 45^\circ = 8^\circ \)
Xét tam giác vuông AHD ta có:
\(AH = AD.\cos \widehat {HAD} \Rightarrow AD = {{AH} \over {\cos \widehat {HAD}}} = {{7,2} \over {\cos 8^\circ }} \approx 7,27cm.\)
LG bài 3
Phương pháp giải:
Sử dụng:
Trong một tam giác vuông, mỗi cạnh góc vuông bằng: Cạnh huyền nhân với sin góc đối hoặc nhân với côsin góc kề.
Lời giải chi tiết:
ABCD là hình bình hành nên \(\widehat C = \widehat A = \alpha \) và \(DC = AB = a\)
Ta có: ∆BDC vuông tại B (gt) nên \(BC = DC.\cosα = a.\cosα\)
Kẻ đường cao BH của tam giác BDC,
ta có ∆BHC vuông tại H:
\(BH = BC.\sin C = a.\cosα.\sinα.\)
Do đó: \({S_{ABCD}} = DC.BH \)\(\;= a.a.\cos \alpha .\sin \alpha = {a^2}.cos\alpha .sin\alpha \) (đvdt)
LG bài 4
Phương pháp giải:
Sử dụng: \(\tan \alpha = \dfrac{{cạnh\, đối}}{{cạnh\,kề}}\)
Lời giải chi tiết:
\(\tan \alpha = 0,75 = {3 \over 4}\)
Cách dựng:
- Dựng góc vuông \(\widehat {xAy}\)
- Trên tia Ax lấy \(AB = 3.\)
- Trên tia Ay lấy \(AC = 4.\)
- Nối B với C
Ta được góc ACB là góc \(α\) cần dựng.
Chứng minh:
Xét tam giác ABC vuông tại A có \(\tan \alpha = \tan C \)\(= \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{3}{4} = 0,75\)