Đề kiểm tra 45 phút - Đề số 2 - Chương 1 - Hình học 9

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: \(HK = AC.\sin \widehat {BAD}\)

Lời giải chi tiết

Bài 1. Ta có:

\(\eqalign{  & {\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1 \cr&\Rightarrow \sin \alpha  = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha }\cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;  = \sqrt {1 - {{\left( {{3 \over 4}} \right)}^2}}  = {{\sqrt 7 } \over 4}  \cr  & \tan \alpha  = {{\sin \alpha } \over {\cos \alpha }} = {{\sqrt 7 } \over 4}:{3 \over 4} = {{\sqrt 7 } \over 3};\,\cr&\cot \alpha  = {{3\sqrt 7 } \over 7} \cr} \)

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:

\(\eqalign{  & {b^2} = {a^2} - {c^2} = {a^2} - {9 \over {16}}{a^2} = {7 \over {16}}{a^2}\cr& \Rightarrow b = {{\sqrt 7 } \over 4}a  \cr  &  \Rightarrow \sin \alpha  = {b \over a} = {{\sqrt 7 } \over 4};\,\tan \alpha  = {{\sqrt 7 } \over 3};\cr&\cot \alpha  = {{3\sqrt 7 } \over 7} \cr} \)

Bài 2.

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 :

\(\eqalign{  & AB.\cos B + AC.\cos C \cr&= AB.{{AB} \over {BC}} + AC.{{AC} \over {BC}} \cr&= {{A{B^2}} \over {BC}} + {{A{C^2}} \over {BC}}  \cr  &  = {{A{B^2} + A{C^2}} \over {BC}} = {{B{C^2}} \over {BC}} = BC \cr} \) 

Bài 3.

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: \(HK = AC.\sin \widehat {BAD}\)