Câu hỏi:

13/04/2026 40

Cho tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\], đường cao $AH$.

a) Cho $BH = 9\,\,{\rm{cm}},\,\,CH = 4\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}$ Tính độ dài các đoạn thẳng $AB,\,\,AC,\,\,AH.$

b) Gọi $E$ là hình chiếu của $H$ trên $AB.$ Chứng minh $AE \cdot AB = HB \cdot HC.$

c) Đường thẳng qua $B$ vuông góc với $AB$ cắt tia $AH$ tại $F.$ Gọi $M$ là hình chiếu của $H$ trên $BF.$Chứng minh $\frac{{H{E^2}}}{{H{A^2}}} + \frac{{H{M^2}}}{{H{F^2}}} = 1.$

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. a) Cho BH = 9cm, CH = 4cm.Tính độ dài các đoạn thẳng AB, AC, AH (ảnh 1)

a) Ta có $BC = BH + HC = 9 + 4 = 13\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$

Xét $\Delta AHB$ vuông tại $H$, ta có: $\cos B = \frac{{BH}}{{AB}}.$

Xét \[\Delta ABC\] vuông tại $A$, ta có: $\cos B = \frac{{AB}}{{BC}}.$

Do đó \[\cos B = \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{BC}}\]

Suy ra $A{B^2} = BH \cdot BC = 9 \cdot 13 = 117$ nên $AB = 3\sqrt {13} \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).$

Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta ABC\] vuông tại $A$, ta có \[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\]

Suy ra \[A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = {13^2} - 117 = 52\] nên \[AC = 2\sqrt {13} \,\,cm.\]

Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta AHC\] vuông tại $H$, ta có \[A{H^2} + H{C^2} = A{C^2}\]

Suy ra \[A{H^2} = A{C^2} - H{C^2} = 52 - {4^2} = 36\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\] nên \[AH = 6\,\,cm.\]

b) Xét $\Delta AHB$ vuông tại $H$, ta có: \[\cos A = \frac{{AH}}{{AB}}.\]

Xét \[\Delta AHE\] vuông tại $E$, ta có: \[\cos A = \frac{{AE}}{{AH}}.\]

Do đó \[\cos A = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AH}}.\] Suy ra $A H^{2} = A E . A B (1)$

Xét $\Delta AHB$ vuông tại $H$, ta có: \[\tan \widehat {BAH} = \frac{{BH}}{{AH}}.\]

Xét \[\Delta AHC\] vuông tại $E$, ta có: \[\cos \widehat {CAH} = \frac{{AH}}{{HC}}.\]

Do đó \[\frac{{BH}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{HC}}\] suy ra $A H^{2} = B H . H C (2)$

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[AE \cdot AB = BH \cdot HC\].

c) Xét \[\Delta AHE\] vuông tại $E$, ta có \[\sin \widehat {EAH} = \frac{{HE}}{{AH}}\] suy ra $\sin^{2} \hat{E A H} = \frac{H E^{2}}{A H^{2}} (3)$

Xét \[\Delta AHE\] vuông tại $E$, ta có \[\sin \widehat {MFH} = \frac{{MH}}{{HF}}\].

Vì $\Delta ABF$ vuông tại $B$ nên $\widehat {BAH} + \widehat {BFH} = 90^\circ $ suy ra \[\sin \widehat {BFH} = \cos \widehat {EAH}.\]

Do đó \[\cos \widehat {EAH} = \frac{{MH}}{{HF}}\] suy ra $\cos^{2} \hat{E A H} = \frac{M H^{2}}{H F^{2}} (4)$

Mặt khác, xét \[\Delta AHE\] vuông tại $E$, ta có

\[\sin \widehat {EAH} = \frac{{HE}}{{AH}}\,;\,\,\cos \widehat {EAH} = \frac{{AE}}{{AH}}\] (áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn).

\[H{E^2} + A{E^2} = A{H^2}\] (áp dụng định lí Pythagore)

Do đó $\sin^{2} \hat{E A H} + \cos^{2} \hat{E A H} = \frac{H E^{2}}{A H^{2}} + \frac{A E^{2}}{A H^{2}} = \frac{H E^{2} + A E^{2}}{A H^{2}} = \frac{A H^{2}}{A H^{2}} (5)$

Từ \[\left( 3 \right),\,\,\left( 4 \right)\] và \[\left( 5 \right)\] suy ra \[{\sin ^2}\widehat {EAH} + {\cos ^2}\widehat {EAH} = \frac{{H{E^2}}}{{A{H^2}}} + \frac{{M{H^2}}}{{H{F^2}}} = 1\] (đpcm).

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho nửa đường tròn tâm \[O\] đường kính \[AB = 2R\]. Từ \[A,B\] kẻ hai tiếp tuyến \[Ax,By\]. Qua điểm \[M\] thuộc nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến \[Ax,By\] lần lượt ở \[C\] và \[D\]. Các đường thẳng \[AD\] và \[BC\] cắt nhau tại \[N.\]

a) Chứng minh rằng \[AC.BD = \frac{{A{B^2}}}{4}.\]

b) Chứng minh rằng \[AB\] là tiếp tuyến của đường tròn đường kính \[CD\] và \[MN \bot AB\].

c) Giả sử \[AM = R\]. Tính diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OM,OB\] và cung nhỏ \[MB.\]

d) Gọi \[AM \cap OC = E;BM \cap OD = F\]. Hỏi khi \[M\] di chuyển trên \[\left( O \right)\] thì trung điểm \[K\] của \[EF\] di chuyển trên đường nào?

Xem đáp án

Lời giải

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Từ A,B kẻ hai tiếp tuyến Ax,By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax,By (ảnh 1)

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[OC\] là tia phân giác \[\widehat {AOM}\], \[OD\] là tia phân giác góc \[\widehat {BOM}\], mà \[\widehat {AOM}\] và \[\widehat {BOM}\] là hai góc kề bù nên \[\widehat {COD} = 90^\circ \].

Suy ra tam giác \[COD\] vuông tại \[O\] có \[OM \bot CD\] (\[OM\] là tiếp tuyến).

Xét \[\Delta MOC\] và \[\Delta MDO\], có:

\[\widehat {COM} = \widehat {MOD} = 90^\circ \] (gt) và \[\widehat {MCO} = \widehat {MOD}\] (cùng phụ với \[\widehat {COM}\])

Do đó, (g-g)

Suy ra \[\frac{{MO}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MO}}\], suy ra \[O{M^2} = CM.DM\].

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[AC = CM\] và \[BD = MD\].

Do đó, \[O{M^2} = CM.DM = AC.BD\] suy ra \[{R^2} = AC.BD\]. (1)

Mà ta có: \[AB = 2R\] suy ra \[A{B^2} = 4{R^2}\] nên \[{R^2} = \frac{{A{B^2}}}{4}.\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[AC.BD = \frac{{A{B^2}}}{4}\] (đpcm).

b) Ta có: \[\widehat {COD} = 90^\circ \] nên \[OC \bot OD\]. (3)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau có \[DB = DM\], lại có \[OM = OB = R\].

Suy ra \[OD\] là đường trung trực của \[BM\] suy ra \[BM \bot OD\]. (4)

Từ (3) và (4) suy ra \[OC\parallel BM\] (cùng vuông góc với \[OD\]).

Gọi \[I\] là trung điểm của \[CD\] ta có \[I\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[OCD\] đường kính \[CD\].

Theo tính chất tiếp tuyến ta có \[AC \bot AB\], \[BD \bot AB\] nên \[AC\parallel BD\] nên tứ giác \[ACDB\] là hình thang vuông.

Mà \[I\] là trung điểm \[CD\]; \[O\] là trung điểm \[AB\], suy ra \[IO\] là đường trung bình của hình thang \[ACDB\] nên \[OI\parallel AC\].

Mà \[AC \bot AB\] nên \[OI \bot AB\] tại \[O\].

Suy ra \[AB\] là tiếp tuyến tại \[O\] của đường tròn đường kính \[CD.\]

Ta có: \[AC\parallel BD\] suy ra \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{AC}}{{BD}}\] mà \[CA = CM\]; \[BD = DM\] nên \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{CM}}{{DM}}\].

Suy ra \[MN\parallel BD\] mà \[BD \bot AB\] suy ra \[MN \bot AB.\]

c) Ta có: \[AM = AO = OM = R\] suy ra \[\Delta OAM\] đều.

Do đó, \[\widehat {AOM} = 60^\circ \].

Mà, ta có: \[\widehat {AOM} + \widehat {MOB} = 180^\circ \], suy ra \[\widehat {MOB} = 180^\circ - \widehat {AOM} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ \].

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OM,OB\] và cung nhỏ \[MB\] là

\[S = \frac{{n\pi {R^2}}}{{360}} = \frac{{120\pi {R^2}}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}.\]

d) Ta có: \[AC = CM\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

\[OA = OM = R\]

Do đó \[OC\] là đường trung trực của \[AM\], suy ra \[OC \bot AM\].

Mà \[OD\] là đường trung trực của \[BM\], suy ra \[BM \bot OD\] (chứng minh phần b).

Xét tứ giác \[MEOF\] có: \[\widehat {EOF} = 90^\circ ;\widehat {MEO} = 90^\circ ;\widehat {MFO} = 90^\circ \].

Suy ra tứ giác \[MEOF\] là hình chữ nhật.

Mà \[K\] là trung điểm của \[EF\].

Suy ra \[K\] là trung điểm của \[OM\](tính chất hai đường chéo của hình chữ nhật).

Do đó, \[KM = KO = \frac{1}{2}MO = \frac{1}{2}R\].

Vậy \[M\] di chuyển trên \[\left( O \right)\] thì trung điểm \[K\] của \[EF\] di chuyển trên đường tròn tâm \[O\], bán kính \[\frac{1}{2}R\].

Câu 2

Đo chiều cao từ mặt đất đến đỉnh cột cờ của cột cờ Hà Nội (Kỳ đài Hà Nội), người ta cắm hai cọc bằng nhau và cao \[1,5\] m so với mặt đất. Hai cọc này song song, cách nhau \[56\] m và thẳng hàng so với tim cột cờ (như hình vẽ). Đặt giác kế đứng tại và để ngắm đến đỉnh cột cờ, người ta đo được các góc lần lượt là \[11^\circ \] và \[15^\circ \] so với đường song song mặt đất. Hãy tính chiều cao của cột cờ (làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).

Xem đáp án

Lời giải

Đặt \[DH = x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\], \[x > 0\].

Xét \[\Delta DHA\] vuông tại \[H\] có: \[\tan \widehat {DAH} = \frac{{DH}}{{HA}}\] nên \[HA = \frac{{DH}}{{\tan \widehat {DAH}}}\].

Xét \[\Delta DHB\] vuông tại \[H\] có: \[\tan \widehat {DBH} = \frac{{DH}}{{HB}}\] nên \[HB = \frac{{DH}}{{\tan \widehat {DBH}}}.\]

Ta có: \[HB - HA = AB\] suy ra \[\frac{{DH}}{{\tan \widehat {DBH}}} - \frac{{DH}}{{\tan \widehat {DAH}}} = 56\]

\[x\left( {\frac{1}{{\tan 11^\circ }} - \frac{1}{{\tan 15^\circ }}} \right) = 56\]

\[x = \frac{{56}}{{\frac{1}{{\tan 11^\circ }} - \frac{1}{{\tan 15^\circ }}}} \approx 39,65\].

Khi đó \[CD = CH + DH \approx 1,5 + 39,65 \approx 41,15\,\,\left( {\rm{m}} \right)\].

Vậy chiều cao cột cờ Hà Nội khoảng \[41,15\] m.

Câu 3