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. Tính :
a. \(\left( {\cos 36^\circ - \sin 36^\circ } \right).\left( {\cos 37^\circ - \sin 38^\circ } \right).\left( {\cos 42^\circ - \sin 48^\circ } \right)\)
b. \(\left( {\tan 52^\circ + \cot 43^\circ } \right).\left( {\tan 29^\circ - \cot 61^\circ } \right).\left( {\tan 13^\circ - \tan 24^\circ } \right)\)
Bài 2. Cho tam giác ABC vuông tại A có \(AB = 6cm, BC = 10cm\), đường cao AH. Gọi E, F là hình chiếu của H lần lượt lên AB, AC.
a. Tính EF
b. Chứng minh rằng : \(AE.AB = AF.AC\)
c. Tính : \(A = {\sin ^2}B + {\sin ^2}C - \tan B.\tan C\)
Bài 3. Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ trung điểm E của cạnh AC, vẽ EF vuông góc với BC.
a. Chứng minh rằng : \(AF = BE.\cos C\).
b. Cho \(BC = 20cm; \sin C = 0,6\). Tính \({S_{AEFB}}\)
LG bài 1
LG bài 1
Phương pháp giải:
Nếu hai góc phụ nhau thì sin góc này bằng côsin góc kia, tang góc này bằng côtang góc kia
Lời giải chi tiết:
a. Ta có: \(\cos 42^\circ = \sin 48^\circ \) (vì là hai góc phụ nhau)
\(⇒ \cos42^o - \sin48^o = 0\)
Do đó: \(\left( {\cos 36^\circ - \sin 36^\circ } \right).\left( {\cos 37^\circ - \sin 38^\circ } \right).\left( {\cos 42^\circ - \sin 48^\circ } \right) = 0\)
b. Ta có: \(\tan 29^\circ = \cot 61^\circ \)\(\;\Rightarrow \tan 29^\circ - \cot 61^\circ = 0\)
Do đó: \(\left( {\tan 52^\circ + \cot 43^\circ } \right).\left( {\tan 29^\circ - \cot 61^\circ } \right).\left( {\tan 13^\circ - \tan 24^\circ } \right) = 0\)
LG bài 2
LG bài 2
Phương pháp giải:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\). Khi đó ta có các hệ thức sau:
+) \(A{B^2} = BH.BC\) và \(A{C^2} = CH.BC\)
+) \(H{A^2} = HB.HC\)
+) \(AB.AC = BC.AH\)
+) \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\) (Định lí Pitago).
+) \(\sin B = \dfrac{{AC}}{{BC}};\cos B = \dfrac{{AB}}{{BC}}\)
Lời giải chi tiết:
a. Ta có: \(∆ABC\) vuông tại A:
\(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}} = 8\,\left( {cm} \right)\)
Lại có AH là đường cao của tam giác vuông ABC nên:
\(AH.BC = AB.AC\) (định lí 3)
\( \Rightarrow AH = {{AB.AC} \over {BC}} = {{6.8} \over {10}} = 4,8\,\left( {cm} \right)\)
Lại có tứ giác AFHE là hình chữ nhật (vì có ba góc vuông) nên \(EF = AH = 4,8 \;(cm)\)
b. Xét tam giác vuông AHB có đường cao HE, ta có:
\(A{H^2} = AE.AB\) (định lí 1) (1)
Xét tam giác vuông AHC có đường cao HF, ta có:
\(A{H^2} = AF.AC\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: \(AE.AB = AF.AC\)
c. Ta có:
\(\eqalign{ & \sin B = {{AC} \over {BC}} \Rightarrow {\sin ^2}B = {{A{C^2}} \over {B{C^2}}} \cr & \sin C = {{AB} \over {BC}} \Rightarrow {\sin ^2}C = {{A{B^2}} \over {B{C^2}}} \cr & \tan B = {{AC} \over {AB}} \Rightarrow \tan C = {{AB} \over {AC}} \cr} \)
Vậy \(\eqalign{ A &= {\sin ^2}B + {\sin ^2}C - \tan B.\tan C \cr & = {{A{C^2}} \over {B{C^2}}} + {{A{B^2}} \over {B{C^2}}} - {{AC} \over {AB}}.{{AB} \over {AC}} \cr&= {{A{C^2} + A{B^2}} \over {B{C^2}}} - 1 \cr} \)
\(\;\;\;\;\; = {{B{C^2}} \over {B{C^2}}} - 1\) (định lí Pi-ta-go)
\(\;\;\;\;\;=1 – 1 = 0\)
LG bài 3
LG bài 3
Phương pháp giải:
Sử dụng tính chất tam giác đồng dạng và định lý Pytago
Lời giải chi tiết:
a. Ta có: ∆BAC đồng dạng ∆EFC (g.g) \( \Rightarrow {{AC} \over {BC}} = {{FC} \over {EC}}\) (1)
Xét ∆AFC và ∆BEC có \(\widehat C\) chung và (1)
Do đó ∆AFC đồng dạng ∆BEC (c.g.c)
\(\eqalign{ & \Rightarrow {{AF} \over {BE}} = {{AC} \over {BC}} = \cos C \cr & \Rightarrow AF = BE.\cos C\,\left( {dpcm} \right) \cr} \)
b. Ta có: \({S_{AEFB}} = {S_{ABC}} - {S_{EFC}}\)
Ta có: \(\sin C = 0,6 \Rightarrow \widehat C \approx 36^\circ 52'\)
∆ABC vuông tại A nên \(AB = BC.sinC = 20.0,6 = 12\; (cm)\)
Tương tự: \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{20}^2} - {{12}^2}} = 16\,\left( {cm} \right)\)
Do đó: \({S_{ABC}} = {1 \over 2}AB.AC = {1 \over 2}12.16 = 96\,\left( {c{m^2}} \right)\)
∆BAC và ∆EFC đồng dạng (cmt), ta có:
\(\eqalign{ & {{{S_{EFC}}} \over {{S_{BAC}}}} = {\left( {{{EC} \over {BC}}} \right)^2} = {\left( {{8 \over {20}}} \right)^2} = {{64} \over {400}} \cr & \Rightarrow {S_{EFC}} = {{{S_{ABC}}.64} \over {400}} = {{96.64} \over {400}} \approx 15,36\,\left( {c{m^2}} \right) \cr & \text{Vậy }\,{S_{AEFB}} = 96 - 15,36 = 80,64\,\left( {c{m^2}} \right) \cr} \)
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương 1 - Hóa học 9
Đề thi vào 10 môn Toán Trà Vinh
Đề cương ôn tập học kì 2
Đề thi vào 10 môn Văn Hậu Giang
TÀI LIỆU DẠY - HỌC HÓA 9 TẬP 1