Bài 1. Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông
Bài 2. Tỉ số lượng giác của góc nhọn
Bài 3. Bảng lượng giác
Bài 4. Một số hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông
Bài 5. Ứng dụng thực tế các tỉ số lượng giác của góc nhọn. Thực hành ngoài trời
Ôn tập chương I – Hệ thức lượng giác trong tam giác vuông
Đề kiểm tra 15 phút - Chương 1 - Hình học 9
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương 1 - Hình học 9
Bài 1. Sự xác định của đường tròn. Tính chất đối xứng của đường tròn
Bài 2. Đường kính và dây của đường tròn
Bài 3. Liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây
Bài 4. Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn
Bài 5. Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn
Bài 6. Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau
Bài 7. Vị trí tương đối của hai đường tròn
Bài 8. Vị trí tương đối của hai đường tròn (tiếp theo)
Ôn tập chương II – Đường tròn
Đề kiểm tra 15 phút - Chương 2 - Hình học 9
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương 2 - Hình học 9
Đề bài
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
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
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
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: \(HK = AC.\sin \widehat {BAD}\)
Đề thi vào 10 môn Văn Tây Ninh
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương 1 - Hóa học 9
Đề kiểm tra 15 phút - Chương 2 - Sinh 9
Đề thi vào 10 môn Văn Quảng Trị
Tác giả - Tác phẩm học kì 2