Giải VTH Toán 9 KNTT Bài 12. Một số hệ thức giữa cạnh, góc trong tam giác vuông và ứng dụng có đáp án

Đáp án đúng là: D

Xét tam giác PQR vuông tại Q, ta có:

\(PQ = PR.\sin R = PR.\cos P,\) \(QR = PR.\sin P = PR.\cos R.\)

Đáp án đúng là: C

Xét tam giác PQR vuông tại Q, ta có:

\(QR = PQ.\tan P = PQ.\cot R,\) \(PQ = QR.\tan R = QR.\cot P.\)

Đáp án đúng là: D

Xét tam giác MNP vuông tại N, ta có:

\(MN = MP.\cos M = 5.\cos 30^\circ = 5.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{5\sqrt 3 }}{2}.\)

Vậy \(MN = \frac{{5\sqrt 3 }}{2}.\)

Đáp án đúng là: C

Xét tam giác MNP vuông tại N, ta có: \(\widehat P = 60^\circ \) suy ra \(\widehat M = 90^\circ - \widehat P = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ .\)

• \(MN = MP.\cos M = MP.\sin P\).

Suy ra \(MN = 17.\sin 60^\circ = \frac{{17\sqrt 3 }}{2};\)

• \(NP = MN.\tan M = MN.\cot P\).

Suy ra \(NP = MN.\cot 60^\circ = \frac{{17\sqrt 3 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{17}}{2} = 8,5\) hay \(NP = MN.\tan 30^\circ .\)

Vậy khẳng định C là khẳng định sai.

a)

Theo định lí Pythagore, ta có \({c^2} = {21^2} - {18^2} = 117\) suy ra \(c = \sqrt {117} = 3\sqrt {13} \approx 11.\)

Ta có \(\sin B = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{18}}{{21}} = \frac{6}{7}\) nên dùng MTCT ta có \(\widehat B \approx 59^\circ .\)

Do đó \(\widehat C = 90^\circ - \widehat B \approx 90^\circ - 59^\circ \approx 31^\circ .\)

b)

Ta có \(\widehat B = 90^\circ - \widehat C = 90^\circ - 30^\circ = 0^\circ ,\) \[\cos C = \cos 30^\circ = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{b}{a} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\] nên

\(a = \frac{{2b}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2.10}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{20\sqrt 3 }}{3} \approx 11,\) \(c = b.\tan C = 10.\tan 30^\circ = \frac{{10\sqrt 3 }}{3} \approx 6.\)

c)

Ta có a² = b² + c² = 3² + 5² = 34 nên \(a = \sqrt {34} \approx 6,\)

\(\tan B = \frac{b}{c} = \frac{3}{5},\) dùng MTCT tính được \(\widehat B \approx 31^\circ .\)

Do đó \(\widehat C = 90^\circ - \widehat B \approx 90^\circ - 31^\circ \approx 59^\circ .\)

Kí hiệu các điểm như trong Hình 4.15b.

Tam giác ABH vuông tại H, ta có:

\(\cos \alpha = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{4}{5}\) nên \(\alpha \approx 36^\circ .\)

Ta có \(\tan \alpha = \frac{{0,9}}{{15}} = 0,06.\)

Từ đó dùng MTCT suy ra \(\alpha \approx 3^\circ .\)

Khi đó \(\sin 3^\circ = \frac{{0,9}}{{AB}},\) suy ra \(AB = \frac{{0,9}}{{\sin 3^\circ }} \approx 17,2\) (m) = 172 (dm).

(H.4.17)

Hình thoi ABCD có \(AC = 2\sqrt 3 ,\) BD = 2.

Ta có \(AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}.2\sqrt 3 = \sqrt 3 ,\) \(BO = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}.2 = 1.\)

Dễ thấy tam giác ABO vuông tại O.

Trong tam giác vuông ABO có \(\tan \widehat {BAO} = \frac{{BO}}{{AO}} = \frac{2}{{2\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }},\) suy ra \(\widehat {BAO} = 30^\circ ,\) do đó \(\widehat {BAD} = 2.\widehat {BAO} = 2.30^\circ = 60^\circ .\)

Do ABCD là hình thoi nên \(\widehat {ABC} = 180^\circ - \widehat {BAD} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ .\)

Vậy hình thoi ABCD có một góc bằng 60° và góc kia bằng 120°.

(H.4.18)

a) Ta có

\[\widehat {ADC} + \widehat {CAD} = 90^\circ ,\] \(\widehat {ACE} + \widehat {CAD} = 90^\circ ,\) suy ra \(\widehat {ADC} = \widehat {ACE}.\)

Trong tam giác ACD, ta có \(\sin \widehat {ADC} = \frac{{AC}}{{AD}}.\)

Trong tam giác ACE, ta có \(\sin \widehat {ACE} = \frac{{AE}}{{AC}}.\)

Suy ra \(\frac{{AC}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AC}},\) suy ra AC² = AD.AE = 16.4 = 64, từ đó AC = 8 cm.

b) Trong tam giác ACD, ta có \(\sin D = \frac{{AC}}{{AD}} = \frac{8}{{16}} = \frac{1}{2}\) nên \(\widehat D = 30^\circ .\)

Gọi A' là điểm tại mặt người đứng, C' là đỉnh ngọn cây (H.4.19b) thì theo quang học, ta có \(\widehat {ABA'} = \widehat {CBC'}.\)

Trong tam giác ABA', ta có \(\tan \widehat {ABA'} = \frac{{AA'}}{{AB}} = \frac{{1,65}}{{1,2}} = \frac{{11}}{8}.\)

Trong tam giác CBC', ta có \(\tan \widehat {CBC'} = \frac{{CC'}}{{BC}}.\)

Vì \(\widehat {ABA'} = \widehat {CBC'}\) nên \(\tan \widehat {ABA'} = \tan \widehat {CBC'}\) hay \(\frac{{CC'}}{{BC}} = \frac{{11}}{8},\)

suy ra \(CC' = \frac{{11.4,8}}{8} = \frac{{33}}{5} = 6,6\) (m).

Vậy chiều cao của cây là 6,6 m.

Dễ thấy tam giác AHO vuông tại H.

Trong tam giác vuông AHO có

\(AH = OH.\cot A = 300.\cot 40^\circ \approx 357,5\) (m).

Trong tam giác vuông BHO có

\(BH = OH.\cot B = 300.\cot 55^\circ \approx 210,1\) (m).

Ta có AB = AH – BH = 357,5 – 210,1 = 147,4 (m).

Vậy AB = 147,4 m.

(H.4.21b)

Gọi điểm mắt người nhìn là A, ngọn cây là O, gốc cây là H, giao điểm của đường thẳng qua A song song với mặt đất là B. Ta cần tính đoạn OH.

Ta có AB = 20 m và tam giác ABO vuông tại B.

Trong tam giác vuông ABO có

\(OB = AB.\tan A = 20.\tan 36^\circ \approx 14,5\) (m).

Ta có OH = OB + BH = 14,5 + 1,7 = 16,2 (m).

Vậy cây cao 16,2 m.

(H.4.22)

a) Tam giác ABC vuông tại A, theo định lí Pythagore, ta có

AC² + AB² = BC²;

AC² = BC² – AB² = 10² – 6² = 64.

Nên \(AC = \sqrt {64} = 8.\)

\(\sin C = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{6}{{10}}\) nên \(\widehat C \approx 37^\circ .\)

Do đó \(\widehat B = 90^\circ - \widehat C = 90^\circ - 37^\circ = 53^\circ .\)

b) Tam giác BCD vuông tại B, ta có

\(\tan C = \frac{{BD}}{{BC}}\) nên \(BD = BC.\tan C = 10.\tan 37^\circ = 10.\frac{3}{4} = 7,5.\)

\(C{D^2} = B{C^2} + B{D^2} = {10^2} + {7,5^2} = 156,25.\)

Do đó \(CD = \sqrt {156,25} = 12,5.\)

Từ đó AD = CD – AC = 12,5 – 8 = 4,5.

Tam giác ABD vuông tại A, ta có

\(\sin \widehat {ABD} = \frac{{AD}}{{BD}} = \frac{{4,5}}{{7,5}} = \frac{3}{5},\) do đó \(\widehat {ABD} \approx 37^\circ .\)