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 giá trị của biểu thức :
\(A = {{3\cot 77^\circ } \over {2\tan 13^\circ }} - {{{{\cos }^2}26^\circ + {{\cos }^2}64^\circ - {{\cos }^2}71^\circ - {{\cos }^2}19^\circ } \over {{{\sin }^2}34^\circ + {{\sin }^2}56^\circ + {{\sin }^2}15^\circ + {{\sin }^2}75^\circ }}\)
Bài 2. Cho hình thang ABCD (AB // CD) có \(AB = 1cm\), \(CD = 5cm\) và \(\widehat C = 30^\circ ,\widehat D = 60^\circ \). Tính diện tích hình thang ABCD.
Bài 3. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao BI, CK cắt nhau tại H. Trên đoạn HB, HC lần lượt lấy các điểm D và E sao cho \(\widehat {ADC} = \widehat {AEB} = 90^\circ .\)
a. Chứng minh rằng ∆ADE cân
b. Cho \(AD = 6cm, AC = 10cm\). Tính DC, CI và diện tích \(∆ADI.\)
LG bài 1
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:
\(\eqalign{ A &= {{3\cot 77^\circ } \over {2\tan 13^\circ }} - {{{{\cos }^2}26^\circ + {{\cos }^2}64^\circ - {{\cos }^2}71^\circ - {{\cos }^2}19^\circ } \over {{{\sin }^2}34^\circ + {{\sin }^2}56^\circ + {{\sin }^2}15^\circ + {{\sin }^2}75^\circ }} \cr & = {{3\tan 13^\circ } \over {2\tan 13^\circ }} - {{{{\cos }^2}26^\circ + {{\sin }^2}26^\circ - {{\cos }^2}71^\circ - {{\sin }^2}71^\circ } \over {{{\sin }^2}34^\circ + {{\cos }^2}34^\circ + {{\sin }^2}15^\circ + {{\cos }^2}15^\circ }} \cr & = {3 \over 2} - {{1 - \left( {{{\cos }^2}71^\circ + {{\sin }^2}71^\circ } \right)} \over {1 + 1}}\cr& = {3 \over 2} - {{1 - 1} \over 2} = {3 \over 2} \cr} \)
LG bài 2
LG bài 2
Phương pháp giải:
* Trong một tam giác vuông, mỗi cạnh góc vuông bằng:
+) Cạnh huyền nhân với sin góc đối hoặc nhân với côsin góc kề.
+) Cạnh góc vuông kia nhân với tang góc đối hoặc nhân với côtang góc kề.
* Diện tích tam giác vuông bằng nửa tích hai cạnh góc vuông
Lời giải chi tiết:
Gọi I là giao điểm của CB và DA
Khi đó ∆ICD vuông tại I (vì \(\widehat C + \widehat D = 30^\circ + 60^\circ = 90^\circ \)) và \(ID = {1 \over 2}CD\) (trong tam giác vuông cạnh đối diện góc 30˚ bằng nửa cạnh huyền).
Mặt khác ∆ICD vuông tại I, ta có:
\(IC = CD.\sin D = 5.\sin 60^\circ = {{5\sqrt 3 } \over 2}\,\left( {cm} \right)\)
Do đó: \({S_{ICD}} = {1 \over 2}IC.ID = {1 \over 2}.{{5\sqrt 3 } \over 2}.{5 \over 2} = {{25\sqrt 3 } \over 8}\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Vì AB // CD (gt) nên:
\(\widehat {IAB} = \widehat D = 60^\circ \) (đồng vị)
và \(\widehat {IBA} = \widehat C = 30^\circ \)
Tương tự, trong ∆IAB vuông tại I, ta có:
\(\eqalign{ & IA = AB.\sin 30^\circ = 1.\sin 30^\circ = {1 \over 2}\,\left( {cm} \right) \cr & va\,IB = AB.\cos 30^\circ = 1.\cos 30^\circ = {{\sqrt 3 } \over 2}\,\left( {cm} \right) \cr} \)
Do đó: \({S_{IAB}} = {1 \over 2}IA.IB = {1 \over 2}.{1 \over 2}.{{\sqrt 3 } \over 2} = {{\sqrt 3 } \over 8}\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Ta có: \({S_{ABCD}} = {S_{ICD}} - {S_{IAB}} \)\(\;= {{25\sqrt 3 } \over 8} - {{\sqrt 3 } \over 8} = {{24\sqrt 3 } \over 8} = 3\sqrt 3 \,\left( {c{m^2}} \right)\)
LG bài 3
LG bài 3
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).
Lời giải chi tiết:
a. Ta có: ∆ADC vuông tại D, đường cao DI nên :
\(A{D^2} = AC.AI\) (định lí 1) (1)
Tương tự: ∆AEB có đường cao EK:
\(A{E^2} = AB.AK\) (2)
Dễ thấy ∆AIB đồng dạng ∆AKC (g.g)
\(\eqalign{ & \Rightarrow {{AB} \over {AC}} = {{AI} \over {AK}} \cr & \Rightarrow AB.AK = AC.AI\,\left( 3 \right) \cr} \)
Từ (1), (2) và (3) \( \Rightarrow A{D^2} = A{E^2}\)
Vậy ∆ADE cân tại E.
b. Ta có: ∆ADC vuông :
\(DC = \sqrt {A{C^2} - A{D^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}} = 8\,\left( {cm} \right)\)
Lại có DI là đường cao của tam giác vuông ADC, ta có:
\(C{D^2} = CA.CI\) (định lí 1)
\( \Rightarrow CI = {{C{D^2}} \over {CA}} = {{{8^2}} \over {10}} = 6,4\,\left( {cm} \right)\)
Do đó: \(AI = AC – CI = 10 – 6,4 = 3,6 (cm)\)
Ta có: \(DI.CA = DA.DC\) (định lí 3)
\( \Rightarrow DI = {{DA.DC} \over {AC}} = {{6.8} \over {10}} = 4,8\,\left( {cm} \right)\)
Vậy \({S_{ADI}} = {1 \over 2}AI.DI = {1 \over 2}.3,6.4,8 = 8,64\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Đề thi vào 10 môn Toán Sóc Trăng
Đề thi vào 10 môn Văn Bình Thuận
Bài 13: Quyền tự do kinh doanh và nghĩa vụ đóng thuế
Đề thi giữa kì 2
QUYỂN 3. TRỒNG CÂY ĂN QUẢ