Đề kiểm tra giữa học kì 1 Toán 9 - Đề số 3 — Không quảng cáo

Ta có $\cos \widehat {MNP} = \dfrac{{MN}}{{NP}}$

Xét tam giác \(ABC\)  vuông tại \(A.\)

+ Theo định lý Pytago ta có \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Leftrightarrow A{C^2} = {5^2} - {3^2} \Rightarrow AC = 4cm\)

+ Theo hệ  thức lượng trong tam giác vuông ta có

\(A{B^2} = BH.BC \Rightarrow BH = \dfrac{{A{B^2}}}{{BC}} = \dfrac{{{3^2}}}{5} = \dfrac{9}{5} = 1,8cm\)

Mà \(BH + CH = BC \Rightarrow CH = BC - BH = 5 - 1,8 = 3,2\,cm.\)

Lại có \(AH.BC = AB.AC \Rightarrow AH = \dfrac{{AB.AC}}{{BC}} = \dfrac{{3.4}}{5} = 2,4cm\)

Vậy \(BH = 1,8\,cm\), \(CH = 3,2\,cm\), \(AC = 4\,cm\), \(AH = 2,4\,cm\)

Tính \(x\) theo hệ thức lượng \(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}}\)

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có:

\(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}}\)\( \Rightarrow AH = \dfrac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{15.20}}{{\sqrt {{{15}^2} + {{20}^2}} }} = 12\)

Vậy \(x = 12\).

Nhận thấy \(ah = bc\) nên phương án C là sai.

Ta thấy \(AH.BC = AB.AC\)  nên D sai.

Với mọi \(a,b\) ta có \(\sqrt[3]{a} > \sqrt[3]{b} \Leftrightarrow a > b;\)\(a \ge b \Leftrightarrow \sqrt[3]{a} \ge \sqrt[3]{b};a < b \Leftrightarrow \sqrt[3]{a} < \sqrt[3]{b}\)

Suy ra A,B,C đúng, D sai.

Sử dụng công thức khai phương một tích: Với hai số \(a,b\) không âm, ta có \(\sqrt {ab}  = \sqrt a .\sqrt b \)

Ta có: \(\sqrt {2018} .\sqrt {2019}  = \sqrt {2018.2019} \)

-Sử dụng công thức khai phương một tích  \(\sqrt {AB}  = \sqrt A .\sqrt B ,\,\,\left( {A,B \ge 0} \right)\) đưa biểu thức về các căn thức cùng loại (cùng biểu thức dưới dấu căn).

-Cộng trừ các căn thức

\(\sqrt {32}  + \sqrt {50}  - 3\sqrt 8  - \sqrt {18} \)\( = \sqrt {16.2}  + \sqrt {25.2}  - 3\sqrt {4.2}  - \sqrt {9.2} \)

\(= 4\sqrt 2  + 5\sqrt 2  - 6\sqrt 2  - 3\sqrt 2  = 0\)

Sử dụng điều kiện để \(\sqrt A \) có nghĩa. Ta có \(\sqrt A \) có nghĩa khi \( A \ge 0\).

Ta có: \(\sqrt {125 - 5x} \) có nghĩa khi

\(125 - 5x \ge 0 \\ 5x \le 125 \\ x \le 25\).

Sử dụng công thức đưa thừa số ra ngoài dấu căn: Với hai biểu thức $A,B$ mà $B \ge 0$, ta có $\sqrt {{A^2}B}  = \left| A \right|\sqrt B  = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,{\rm{khi}}\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,{\rm{khi}}\,A < 0\end{array} \right.$

Ta có $\sqrt {81{{\left( {2 - y} \right)}^4}}  = \sqrt {81.{{\left[ {{{\left( {2 - y} \right)}^2}} \right]}^2}}  = \left| {{{\left( {2 - y} \right)}^2}} \right|\sqrt {81}  = 9{\left( {2 - y} \right)^2}$

+ Kẻ đường cao \(AH.\)

+ Tính \(HB\) dựa vào quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông

+ Lập luận dựa vào tính chất tam giác cân để tính cạnh đáy \(BC.\)

Kẻ \(AH \bot BC\) tại \(H.\) Suy ra \(H\) là trung điểm của \(BC\)  (do tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) có \(AH\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến)

Xét tam giác \(AHB\) vuông tại \(H\) có \(\cos \widehat {ABH} = \dfrac{{BH}}{{AB}} \Rightarrow BH = AB.\cos \widehat {ABH}\)\( = 20.\cos 50^\circ \)

Mà \(H\) là trung điểm của \(BC\) nên \(BC = 2BH = 2.2.\cos 50^0\approx 25,7\,cm\)

Vậy \(BC \approx 25,7\,cm.\)

Ta có độ dài của mặt cầu trượt  là $AB$; $AC = 2,1\,m$ và $\widehat {ABC} = 28^\circ $

Xét tam giác $ACB$ vuông tại $A$ có

$BC = AB:\sin B = 2,1:\sin 28^\circ  \simeq 4,47\,m$

Vậy độ dài của mặt cầu trượt  là $4,47\,m.$

Xét tam giác  \(ABC\) vuông tại \(A\) có

$\tan C = \dfrac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow AB = AC.\tan C = 10.\tan 30^\circ  = \dfrac{{10\sqrt 3 }}{3}$; $\cos C = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AC}}{{\cos C}} = \dfrac{{10}}{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{20\sqrt 3 }}{3}$

Vậy $AB = \dfrac{{10\sqrt 3 }}{3};BC = \dfrac{{20\sqrt 3 }}{3}$.

Sử dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông

Cạnh góc vuông = tích cạnh góc vuông còn lại với tan góc đối.

Ta có chiều cao  cột đèn là \(AC\); \(AB = 6\,m\) và \(\widehat {ACB} = 38^\circ \)

Xét tam giác \(ACB\) vuông tại \(A\) có

\(AC = AB.\tan B = 6.\tan 38^\circ  \approx 4,69\,\,m\)

Vậy cột đèn cao \(4,69\,m\)

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ , đường cao $AH$ . Khi đó ta có hệ thức $H{A^2} = HB.HC$

Sử dụng công thức : Với \(A > 0\) và \(A \ne {B^2}\) thì \(\dfrac{C}{{\sqrt A  \pm B}} = \dfrac{{C(\sqrt A  \mp B)}}{{A - {B^2}}}\)

Ta có \(\dfrac{4}{{\sqrt 3  + 1}} + \dfrac{1}{{\sqrt 3  - 2}} + \dfrac{6}{{\sqrt 3  - 3}}\)\( = \dfrac{{4\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)\left( {\sqrt 3  + 1} \right)}} + \dfrac{{1\left( {\sqrt 3  + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt 3  + 2} \right)\left( {\sqrt 3  - 2} \right)}} + \dfrac{{6\left( {\sqrt 3  + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt 3  + 3} \right)\left( {\sqrt 3  - 3} \right)}}\)

\( = \dfrac{{4\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}}{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} - {1^2}}} + \dfrac{{\sqrt 3  + 2}}{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} - {2^2}}} + \dfrac{{6\left( {\sqrt 3  + 3} \right)}}{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} - {3^2}}}\) \( = \dfrac{{4\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}}{{3 - 1}} + \dfrac{{\sqrt 3  + 2}}{{3 - 4}} + \dfrac{{6\left( {\sqrt 3  + 3} \right)}}{{3 - 9}}\)

\( = \dfrac{{4\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}}{2} + \dfrac{{\sqrt 3  + 2}}{{\left( { - 1} \right)}} + \dfrac{{6\left( {\sqrt 3  + 3} \right)}}{{\left( { - 6} \right)}}\) \( = 2\left( {\sqrt 3  - 1} \right) - \sqrt 3  - 2 - \sqrt 3  - 3 =  - 7.\)

Sử dụng hằng đẳng thức $\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right|$ và cách so sánh hai căn bậc hai.

- Với $A,B$ không âm ta có $A < B $ hay $ \sqrt A  < \sqrt B $ nên C đúng, D sai.

- Ta có hằng đẳng thức  $\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}\,\,\,\,A\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\,\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\,\,\,A < 0\end{array} \right.$ nên A, B sai.

Ta có $\sin P = \dfrac{{MN}}{{MP}} \Rightarrow MN = MP.\sin P$.

Đưa phương trình chứa căn về dạng \(\sqrt A  = B\) và sử dụng cách giải

\(\sqrt A  = B \\ \left\{ \begin{array}{l}B \ge 0\\A = {B^2}\end{array} \right.\).

Điều kiện: \(2x \ge 0 \) hay \(x \ge 0\)

Ta có:

\(5\sqrt {2x}  - 125 = 0 \\ 5\sqrt {2x}  = 125 \\ \sqrt {2x}  = 25\) mà \(25 > 0\) nên

\(\sqrt {2x}  = 25 \\ 2x = {25^2} \\ 2x = 625 \\ x = \dfrac{{625}}{2}\) (thỏa mãn).

Vậy \(x = \dfrac{{625}}{2}\).

Sử dụng công thức khai phương một tích: Với hai số \(a,b\) không âm, ta có \(\sqrt {ab}  = \sqrt a .\sqrt b \)

Sử dụng công thức khai phương một thương: Với số \(a\) không âm và số \(b\) dương, ta có \(\sqrt {\dfrac{a}{b}}  = \dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt b }}\).

Sử dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right|\)

Ta có: \(\dfrac{{{a^2}}}{{11}}.\sqrt {\dfrac{{121}}{{{a^4}{b^{10}}}}} \)\(\dfrac{{{a^2}}}{{11}}.\dfrac{{\sqrt {121} }}{{\sqrt {{a^4}} .\sqrt {{b^{10}}} }} = \dfrac{{{a^2}}}{{11}}.\dfrac{{\sqrt {{{11}^2}} }}{{\sqrt {{{\left( {{a^2}} \right)}^2}} .\sqrt {{{\left( {{b^5}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{{a^2}}}{{11}}.\dfrac{{11}}{{{a^2}.\left| {{b^5}} \right|}} = \dfrac{1}{{\left| {{b^5}} \right|}}\).

Sử dụng công thức

Với các biểu thức \(A,B,C\) mà \(A \ge 0,B \ge 0,A \ne B\) ta có:

\(\dfrac{C}{{\sqrt A  - \sqrt B }} = \dfrac{{C\left( {\sqrt A  + \sqrt B } \right)}}{{A - B}}\); \(\dfrac{C}{{\sqrt A  + \sqrt B }} = \dfrac{{C\left( {\sqrt A  - \sqrt B } \right)}}{{A - B}}\)

Ta có: \(\dfrac{4}{{3\sqrt x  + 2\sqrt y }}\)\( = \dfrac{{4\left( {3\sqrt x  - 2\sqrt y } \right)}}{{\left( {3\sqrt x  + 2\sqrt y } \right)\left( {3\sqrt x  - 2\sqrt y } \right)}} = \dfrac{{4\left( {3\sqrt x  - 2\sqrt y } \right)}}{{{{\left( {3\sqrt x } \right)}^2} - {{\left( {2\sqrt y } \right)}^2}}} = \dfrac{{12\sqrt x  - 8\sqrt y }}{{9x - 4y}}\)

Với \(B \ge 0\), ta có \(\sqrt {{A^2}.B}  = \left| A \right|\sqrt B  = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,\,khi\,\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,2\sqrt {8\sqrt 3 }  - 2\sqrt {5\sqrt 3 }  - 3\sqrt {20\sqrt 3 } \\ = 2\sqrt {4.2} .\sqrt {\sqrt 3 }  - 2\sqrt 5 .\sqrt {\sqrt 3 }  - 3\sqrt {4.5} .\sqrt {\sqrt 3 } \\ = 2.2\sqrt 2 \sqrt {\sqrt 3 }  - 2\sqrt 5 \sqrt {\sqrt 3 }  - 3.2.\sqrt 5 .\sqrt {\sqrt 3 } \\ = 4\sqrt {2\sqrt 3 }  - \left( {2 + 3.2} \right)\sqrt 5 \sqrt {\sqrt 3 } \\ = 4\sqrt {2\sqrt 3 }  - 8\sqrt {5\sqrt 3 } \end{array}\)

- Khử mẫu biểu thức lấy căn theo công thức \(\sqrt {\dfrac{A}{B}}  = \dfrac{{\sqrt {AB} }}{B}\,\left( {A \ge 0,B > 0} \right)\)

- Sử dụng công thức khai phương một thương \(\sqrt {\dfrac{A}{B}}  = \dfrac{{\sqrt A }}{{\sqrt B }}\) với \(A \ge 0,B > 0\) và công thức khai phương một tích  \(\sqrt {AB}  = \sqrt A .\sqrt B ,\,\,\left( {A,B \ge 0} \right)\)

- Cộng trừ các căn thức bậc hai.

\(3\sqrt {8a}  + \dfrac{1}{4}\sqrt {\dfrac{{32a}}{{25}}}  - \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}.\sqrt {\dfrac{3}{{2a}}}  - \sqrt {2a} \) \(  = 3\sqrt {4.2a}  + \dfrac{1}{4}\dfrac{{\sqrt {16.2a} }}{{\sqrt {25} }} - \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt {2a} }} - \sqrt {2a} \) \( = 3.2\sqrt {2a}  + \dfrac{1}{4}.\dfrac{{4\sqrt {2a} }}{5} - \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}.\dfrac{{\sqrt 3 .\sqrt {2a} }}{{2a}} - \sqrt {2a} \) \( = 6\sqrt {2a}  + \dfrac{1}{5}\sqrt {2a}  - \dfrac{1}{2}\sqrt {2a}  - \sqrt {2a} \)

\( = \sqrt {2a} .\left( {6 + \dfrac{1}{5} - \dfrac{1}{2} - 1} \right) = \dfrac{{47}}{{10}}\sqrt {2a} \)

Cho \(A = \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{2}\)

Giải phương trình chứa căn bằng cách quy đồng mẫu số, đưa phương trình về dạng chứa căn cơ bản đã biết.

Với \(x \ge 0;x \ne 4\) ta có: \(A = \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{2} \\ \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 2}} = \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{2}\)

\( \Rightarrow 2\left( {\sqrt x  + 1} \right) = \left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right) \\ 2\sqrt x  + 2 = x - 3\sqrt x  + 2\)

\( \\ x - 5\sqrt x  = 0 \\ \sqrt x \left( {\sqrt x  - 5} \right) = 0 \\ \left[ \begin{array}{l}\sqrt x  = 0\\\sqrt x  = 5\end{array} \right. \\ \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( {tm} \right)\\x = 25\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy giá trị cần tìm là \(x = 0;x = 25\).

- Áp dụng $\sqrt[3]{x} = a$ thì $ x = {a^3}$

Ta có $\sqrt[3]{{3x - 2}} =  - 2$

$ 3x - 2 = {\left( { - 2} \right)^3} \\ 3x - 2 =  - 8 \\ 3x =  - 6 \\ x =  - 2$

Do đó nghiệm của phương trình là một số nguyên âm.

- Đưa biểu thức dưới dấu căn về hằng đẳng thức ${\left( {a + b} \right)^3} = {a^3} + 3{a^2}b + 3a{b^2} + {b^3}$

-Áp dụng $\sqrt[3]{{{a^3}}} = a$

Ta có $\sqrt[3]{{{x^3} + 3{x^2} + 3x + 1}} - \sqrt[3]{{8{x^3} + 12{x^2} + 6x + 1}}$$ = \sqrt[3]{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}} - \sqrt[3]{{{{\left( {2x + 1} \right)}^3}}}$

$= x + 1 - 2x - 1 =  - x$.

+ Tìm điều kiện

+ Giải phương trình dạng \(\sqrt A  = B\,\left( {B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = {B^2}\)

Điều kiện:

\(x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2.\)

Ta có: \(\sqrt {2{x^2} - 4x + 5}  = x - 2\)\( \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x + 5 = {\left( {x - 2} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x + 5 = {x^2} - 4x + 4 \Leftrightarrow {x^2} + 1 = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} =  - 1\,\) (vô nghiệm vì \({x^2} \ge 0\,\,\forall x\) )

Vậy phương trình vô nghiệm.

+  Tìm điều kiện

+ Phân tích mẫu thức thành nhân tử rồi qui đồng mẫu các phân thức

+ Từ đó rút gọn biểu thức

+ Xét hiệu \(P - 3\) rồi so sánh hiệu đó với \(0\)  để so sánh \(P\)  với \(3.\)

Điều kiện xác định: \(x \ne 1;x > 0\)

\(\begin{array}{l}P = 1:\left( {\dfrac{{x + 2}}{{x\sqrt x  - 1}} + \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{x + \sqrt x  + 1}} - \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{x - 1}}} \right)\\ = 1:\left( {\dfrac{{x + 2}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {x + \sqrt x  + 1} \right)}} + \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\left( {x + \sqrt x  + 1} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}} \right)\\ = 1:\dfrac{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right) + {{\left( {\sqrt x  + 1} \right)}^2}\left( {\sqrt x  - 1} \right) - \left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {x + \sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {x + \sqrt x  + 1} \right)}}\end{array}\)

\( = 1:\dfrac{{x\sqrt x  + x + 2\sqrt x  + 2 + x\sqrt x  + x - \sqrt x  - 1 - \left( {x\sqrt x  + x + \sqrt x  + x + \sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {x + \sqrt x  + 1} \right)}}\)

\(\begin{array}{l} = \dfrac{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {x + \sqrt x  + 1} \right)}}{{x\sqrt x  - \sqrt x }}\\ = \dfrac{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {x + \sqrt x  + 1} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\\ = \dfrac{{x + \sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }}\end{array}\)

Vậy \(P = \dfrac{{x + \sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }}\)  với \(x \ne 1;x > 0\)

+ So sánh \(P\) với \(3.\)

Xét \(P - 3 = \dfrac{{x + \sqrt x  + 1}}{{\sqrt x }} - 3 = \dfrac{{x + \sqrt x  + 1 - 3\sqrt x }}{{\sqrt x }} = \dfrac{{{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x }}\)

Với \(x \ne 1;x > 0\) ta có: \(\sqrt x  > 0\); $\sqrt x \ne 1$ nên \({\left( {\sqrt x  - 1} \right)^2} > 0\) suy ra: $P-3 > 0$ hay $P > 3$

+) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(BH\).

+) Tính \(HM = BM - BH\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC:\,\,BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\,\,\left( {cm} \right)\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC:\,\,A{B^2} = BC.BH \Rightarrow BH = \dfrac{{A{B^2}}}{{BC}} = \dfrac{9}{5}\,\,\left( {cm} \right)\).

\(M\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow BM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{5}{2}\,\,\left( {cm} \right)\).

Vậy \( \Rightarrow HM = BM - BH = \dfrac{7}{{10}}\,\,\left( {cm} \right)\)

Bước 1: Tính cạnh cần thiết lại theo định lý Pytago hoặc hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Bước 2: Sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn. Sử dụng hai góc phụ nhau thì sin góc này bằng cosin góc kia.

Xét tam giác \(AHC\) vuông tại \(H\), theo định lý Pytago ta có

\(A{H^2} = A{C^2} - C{H^2} = {15^2} - {6^2} = 189 \Rightarrow AH = 3\sqrt {21} \)

\( \Rightarrow \sin C = \dfrac{{AH}}{{AC}} = \dfrac{{3\sqrt {21} }}{{15}} = \dfrac{{\sqrt {21} }}{5}\)

Mà tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên \(\widehat B,\widehat C\) là hai góc phụ nhau. Do đó \(\cos B = \sin C = \dfrac{{\sqrt {21} }}{5}.\)

Bước 1: Tính cạnh cần thiết lại theo định lý Pytago hoặc hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Bước 2: Sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $BC = BH + CH = 7\,\,cm$

theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có $A{C^2} = CH.BC \Rightarrow A{C^2} = 4.7 \Rightarrow AC \approx 5,29\,\,cm$

$ \Rightarrow \cos C = \dfrac{{AC}}{{BC}} = \dfrac{{5,29}}{7} \approx 0,76$.

Áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông.

Sử dụng tính chất tam giác cân.

Sử dụng định lý tổng ba góc trong một tam giác.

Vì \(\Delta ABC\) là tam giác cân tại \(A\)\( \Rightarrow \angle C = \angle B = {65^0}\)

Ta có \(\angle A + \angle B + \angle C = {180^0}\)(định lý tổng ba góc trong một tam giác)

\( \Rightarrow \angle A = {180^0} - 2\angle C = {180^0} - {2.65^0} = {50^0}\)

Xét \(\Delta ACH\) vuông tại \(H\) ta có:

\(\sin A = \dfrac{{CH}}{{AC}}\) \( \Leftrightarrow \sin {50^0} = \dfrac{{3,6}}{{AC}}\)\( \Rightarrow AC = \dfrac{{3,6}}{{\sin {{50}^0}}} \approx 4,7\)

Vì \(\Delta ABC\) là tam giác cân tại \(A\)\( \Rightarrow AC = AB \approx 4,7\)

Xét \(\Delta BCH\) vuông tại \(H\) ta có:

\(\sin B = \dfrac{{CH}}{{BC}} \Leftrightarrow \sin {65^0} = \dfrac{{3,6}}{{BC}} \)\(\Rightarrow BC = \dfrac{{3,6}}{{\sin {{65}^0}}} \approx 3,97\)

Áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông.

Sử dụng tính chất hình chữ nhật.

Công thức tính diện tích hình thang vuông: \({S_{ABCD}} = \dfrac{{\left( {AB + CD} \right).AD}}{2}.\)

Kẻ \(BE \bot DC,\,\,\,E \in CD.\)

Xét tứ giác \(ABED\) có \(\angle A = \angle D = \angle E = {90^0}\)

\( \Rightarrow ABED\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB = ED = 2\\AD = BE = 1,2\end{array} \right.\)

Xét \(\Delta BCE\) vuông tại \(E\) ta có: \(EC = BE.cot\angle C = 1,2.cot{50^0}\)

\( \Rightarrow DC = DE + EC = 2 + 1,2.\cot {50^0}\)

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = \dfrac{{\left( {AB + CD} \right)AD}}{2}\)\( = \dfrac{{\left( {2 + 2 + 1,2.\cot {{50}^0}} \right).1,2}}{2} \approx 3\,\,\,\,\left( {đvdt} \right).\)

Độ cao của máy bay là \(CD\), độ dài \(AB = 100\,m\). Đào đứng ở \(A\) , Mai đứng ở \(B\) .

Gọi \(AD = x\left( {0 < x < 100} \right) \Rightarrow BD = 150 - x\)

Xét \(\Delta ACD\) vuông tại \(D\) ta có \(CD = AD.\cot A = x.\cot 45^\circ  = x\)

Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(D\) ta có \(CD = BD.{\mathop{\rm cotB}\nolimits}  = \left( {150 - x} \right).\cot 35^\circ \)

Nên \(x = \left( {150 - x} \right)\cot 35^\circ  \Rightarrow x \approx 88,22\) (thoả mãn)

\( \Rightarrow CD = x = 88,22m\)

Vậy độ cao của diều  lúc đó so với mặt đất là \(88,22\,m\).

Sử dụng: \(\dfrac{1}{{k\sqrt {k - 1}  + \left( {k - 1} \right)\sqrt k }} \)\(= \dfrac{1}{{\sqrt {k - 1} }} - \dfrac{1}{{\sqrt k }}\)

Ta có: \(k\sqrt {k - 1}  + \left( {k - 1} \right)\sqrt k \, = \sqrt {k\left( {k - 1} \right)} \left( {\sqrt k  + \sqrt {k - 1} } \right)\) với \(k \ge 1\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{1}{{k\sqrt {k - 1}  + \left( {k - 1} \right)\sqrt k }} \\= \dfrac{1}{{\sqrt {k\left( {k - 1} \right)} \left( {\sqrt k  + \sqrt {k - 1} } \right)}} \\= \dfrac{{\left( {\sqrt k  - \sqrt {k - 1} } \right)}}{{\sqrt {k\left( {k - 1} \right)} \left( {\sqrt k  + \sqrt {k - 1} } \right)\left( {\sqrt k  - \sqrt {k - 1} } \right)}}\\ = \dfrac{{\sqrt k  - \sqrt {k - 1} }}{{\sqrt {k\left( {k - 1} \right)} }} \\= \dfrac{{\sqrt k  - \sqrt {k - 1} }}{{\sqrt k .\sqrt {k - 1} }} \\= \dfrac{1}{{\sqrt {k - 1} }} - \dfrac{1}{{\sqrt k }}\end{array}\)

Thay lại vào A ta được:

\(A = \dfrac{1}{{2\sqrt 1  + 1\sqrt 2 }} + \dfrac{1}{{3\sqrt 2  + 2\sqrt 3 }}\)\( + ... + \dfrac{1}{{2018\sqrt {2017}  + 2017\sqrt {2018} }}\)\(= \,\left( {\dfrac{1}{{\sqrt 1 }} - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) + \left( {\dfrac{1}{{\sqrt 2 }} - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) \)\(+ ..... + \left( {\dfrac{1}{{\sqrt {2017} }} - \dfrac{1}{{\sqrt {2018} }}} \right)\)\(= 1 - \dfrac{1}{{\sqrt {2018} }}\)

Tách \(\angle AOC = \angle AOB - \angle COD\). Áp dụng công thức cộng lượng giác và Pitago để tính \(\cos \angle AOC\)

Xét \(\Delta OAB\) và \(\Delta COD\) có:

\(\begin{array}{l}\angle OBA = \angle CDO = {90^o}\,\,\,\,\left( {gt} \right)\\OB = CD\,\,\,\left( {gt} \right)\\AB = OD\,\,\,\,\left( {gt} \right)\\ \Rightarrow \Delta OAB = \Delta COD\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow OA = OC\) (2 cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow OA.OC = O{A^2} = O{B^2} + A{B^2} = {a^2} + {b^2}\) (Định lý Pytago)

\(\begin{array}{l}\cos \angle AOC = \cos \left( {\angle AOB - \angle COD} \right) = \cos \angle AOB\cos \angle COD + \sin \angle AOB\sin \angle COD\\ = \dfrac{{OB}}{{OA}}.\dfrac{{OD}}{{OC}} + \dfrac{{AB}}{{OA}}.\dfrac{{CD}}{{OC}} = \dfrac{{OB.OD + AB.CD}}{{OA.OC}} = \dfrac{{ab + ab}}{{{a^2} + {b^2}}} = \dfrac{{2ab}}{{{a^2} + {b^2}}}.\end{array}\)

-  Áp dụng: \(\dfrac{1}{{\sqrt a  + \sqrt b }} = \dfrac{{\sqrt a  - \sqrt b }}{{a - b}}\) với \(a , b>0\)

Ta có:

\(A = \dfrac{1}{{1 + \sqrt 3 }} + \dfrac{1}{{\sqrt 3  + \sqrt 5 }} + \dfrac{1}{{\sqrt 5  + \sqrt 7 }} \)\(+ ... + \dfrac{1}{{\sqrt {2019}  + \sqrt {2021} }}\)\(= \dfrac{{\sqrt 3  - 1}}{{\left( {1 + \sqrt 3 } \right)\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}} \)\(+ \dfrac{{\sqrt 5  - \sqrt 3 }}{{\left( {\sqrt 3  + \sqrt 5 } \right)\left( {\sqrt 5  - \sqrt 3 } \right)}} \)\(+ ....... + \dfrac{{\sqrt {2021}  - \sqrt {2019} }}{{\left( {\sqrt {2019}  + \sqrt {2021} } \right)\left( {\sqrt {2021}  - \sqrt {2019} } \right)}}\)\( = \dfrac{{\sqrt 3  - 1}}{{3 - 1}} + \dfrac{{\sqrt 5  - \sqrt 3 }}{{5 - 3}} \)\(+ ....... + \dfrac{{\sqrt {2021}  - \sqrt {2019} }}{{2021 - 2019}}\)\( = \dfrac{{\sqrt 3  - 1}}{2} + \dfrac{{\sqrt 5  - \sqrt 3 }}{2} \)\(+ ...... + \dfrac{{\sqrt {2021}  - \sqrt {2019} }}{2}\)\( = \dfrac{{\sqrt 3  - 1 + \sqrt 5  - \sqrt 3  + ....... + \sqrt {2021}  - \sqrt {2019} }}{2}\)\( = \dfrac{{\sqrt {2021}  - 1}}{2}\)

Đặt \(AM = x\,\left( {x > 0} \right)\)  rồi dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông để tìm ra phương trình ẩn \(x.\)

Giải phương trình ta tìm được \(x.\) Từ đó tính \(AH,BC \Rightarrow {S_{ABC}}.\)

Đặt \(AM = x\,\left( {x > 0;cm} \right) \Rightarrow BC = 2x\,\left( {cm} \right);AH = x - 7\,\left( {cm} \right)\)

Vì chu vi tam giác \(ABC\) là \(72cm\) nên \(AB + AC + BC = 72 \Rightarrow AB + AC = 72 - 2x\,\left( {cm} \right)\)

Theo các hệ thức trong tam giác vuông:

\(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} = 4{x^2}\,\,\left( 1 \right)\) ; \(AB.AC = BC.AH = 2x\left( {x - 7} \right)\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right);\left( 2 \right)\) suy ra \(A{B^2} + A{C^2} + 2AB.AC = 4{x^2} + 4x\left( {x - 7} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\left( {AB + AC} \right)^2} = 8{x^2} - 28x \Leftrightarrow {\left( {72 - 2x} \right)^2} = 8{x^2} - 28x\)

Đưa về phương trình \({x^2} + 65x - 1296 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 16} \right)\left( {x + 81} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 16\,\,\left( N \right)\\x =  - 81\,\,\left( L \right)\end{array} \right.\)

Từ đó \(BC = 32\,cm;\,AH = 9\,cm.\) Khi đó \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}.32.9 = 144\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)

Áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác vuông

Theo đề bài ta có: \(AB = 2a \Rightarrow OA = OB = a\)

Ta có: \(\widehat {ONB} = \widehat {AOM} = \alpha \) (cùng phụ với \(\widehat {BON}\) )

Xét \(\Delta AOM\) có \(\widehat A = 90^\circ \) Áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông, ta có:

\(OA = OM.\cos \alpha  \Rightarrow OM = \dfrac{a}{{\cos \alpha }}\) Xét \(\Delta BON\) có \(\widehat B = 90^\circ \) Áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông, ta có:

\(OB = ON.\sin \alpha  \Rightarrow ON = \dfrac{a}{{\sin \alpha }}\) Vậy diện tích tam giác \(MON\)  là: \(\dfrac{1}{2}OM.ON = \dfrac{1}{2}.\dfrac{a}{{\cos \alpha }}.\dfrac{a}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{{a^2}}}{{2\sin \alpha .\cos \alpha }}\)

- Chia tử thức cho mẫu thức được \(A = \sqrt x  + \dfrac{4}{{\sqrt x }} + 1\)

- Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương \(\sqrt x \) và \(\dfrac{4}{{\sqrt x }}\)

Với \(x > 0\) ta có:  \(A = \dfrac{{x + \sqrt x  + 4}}{{\sqrt x }}\)\( = \dfrac{x}{{\sqrt x }} + \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x }} + \dfrac{4}{{\sqrt x }}\)\( = \sqrt x  + \dfrac{4}{{\sqrt x }} + 1\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương \(\sqrt x \) và \(\dfrac{4}{{\sqrt x }}\) ta được:

\(\sqrt x  + \dfrac{4}{{\sqrt x }} \ge 2\sqrt {\sqrt x .\dfrac{4}{{\sqrt x }}}  = 2.2 = 4\)\( \Rightarrow \sqrt x  + \dfrac{4}{{\sqrt x }} + 1 \ge 5\)

Dấu “=” xảy ra khi \(\sqrt x  = \dfrac{4}{{\sqrt x }} \Leftrightarrow x = 4\,\,\,\left( {tm} \right)\)

Vậy GTNN của \(A\) là \(5\) khi \(x = 4\)