Giải VTH Toán 9 KNTT Luyện tập chung có đáp án

(H.4.24)

Tam giác ACH vuông tại H, HC = 6 cm, \(\widehat {HAC} = 60^\circ .\)

Trong tam giác vuông AHC, ta có

\(\sin \widehat {HAC} = \frac{{CH}}{{AC}}\) nên \(AC = \frac{{CH}}{{\sin \widehat {HAC}}} = \frac{6}{{\sin 60^\circ }} = \frac{6}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = 4\sqrt 3 \approx 7\) (cm),

\(AH = CH.\cot A = 6.\cot 60^\circ = 6.\frac{{\sqrt 3 }}{3} = 2\sqrt 3 \approx 3\) (cm),

\(\widehat {ACB}\) là góc phụ với \(\widehat {HAC}\) nên \(\widehat {ACB} = 90^\circ - \widehat {HAC} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ .\)

Trong tam giác vuông AHB, ta có

AB² = AH² + BH² = 3² + 3² = 18 nên \(AB = \sqrt {18} \approx 4\) (cm),

\[\tan B = \frac{{AH}}{{BH}} = \frac{3}{3}\] nên \(\widehat B \approx 45^\circ .\)

Trong tam giác ABC, ta có

\(\widehat {BAC} = 180^\circ - \widehat C - \widehat B = 180^\circ - 30^\circ - 45^\circ \approx 105^\circ .\)

(H.4.25b)

Kí hiệu các điểm như trên Hình 4.25b.

Trong tam giác vuông ABO, ta có

(H.4.27)

Ta đặt tên các điểm như trong Hình 4.27.

Ở hình a): Trong tam giác ABC vuông tại A, theo định lí về hai cạnh góc vuông, ta có

\(AB = AC.\tan C = 3.\tan 40^\circ \approx 2,5.\)

Ở hình b): Ta có QM = NP = 7.

Trong tam giác MPQ vuông tại Q, ta có

\(\sin \widehat {MPQ} = \frac{{MQ}}{{MP}} = \frac{7}{{10}}\) nên \(\widehat {MPQ} \approx 44^\circ .\)

Ở hình c): Trong tam giác IJK vuông tại I, ta có

\(\tan \widehat {IJK} = \frac{{IK}}{{IJ}} = \frac{7}{5}\) nên \(\widehat {IJK} \approx 54^\circ .\)

Ở hình d): Trong tam giác OST vuông tại T, ta có

\(\sin 35^\circ = \sin \widehat {SOT} = \frac{{ST}}{{SO}}\) nên \(ST = \sin 35^\circ .SO = \sin 35^\circ .3 \approx 1,7\)

Trong tam giác OUV vuông tại V, ta có

OU = OS + SU = 3 + 2 = 5.

\(\sin 35^\circ = \sin \widehat {UOV} = \frac{{UV}}{{OU}}\) nên \(UV = OU.\sin 35^\circ = 5.\sin 35^\circ \approx 2,8.\)

Kẻ đường cao AH của tam giác ABC thì C nằm giữa B và H.

Trong tam giác ACH, ta có

\(\widehat {ACH} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ ,\)

\(HC = AC.\cos \widehat {ACH} = 90.\cos 60^\circ = 90.\frac{1}{2} = 45\) (m),

\(AH = AC.\sin \widehat {ACH} = 90.\sin 60^\circ = 90.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 45\sqrt 3 \) (m).

Từ đó BH = BC + HC = 150 + 45 = 195 (m),

\(A{B^2} = A{H^2} + B{H^2} = {\left( {45\sqrt 3 } \right)^2} + {195^2} = 44100\) suy ra \(AB = \sqrt {44100} = 210\) (m).

Vậy AB = 210 m.

(H.4.29b)

Kẻ các đường cao AH, BK của hình thang ABCD thì D, H, K, C nằm theo thứ tự đó trên đoạn DC.

Trong tam giác vuông AHD, ta có

\(DH = \frac{{AH}}{{\tan D}} = \frac{{3,5}}{{1,25}} = 2,8\) (m).

Trong tam giác vuông BKC, ta có

\(KC = \frac{{BK}}{{\tan C}} = \frac{{3,5}}{{1,5}} = \frac{7}{3} \approx 2,33\) (m).

Do đó DC = DH + HK + KC = 2,8 + 3 + 2,33 = 8,13 (m) ≈ 81 (dm).

Trong tam giác AHD, ta có

\(A{D^2} = A{H^2} + D{H^2} = {3,5^2} + {2,8^2} = 20,09,\) suy ra \[AD = \sqrt {20,09} \approx 4,5\] (m) = 45 (dm).

Trong tam giác vuông BKC, ta có

\(B{C^2} = B{K^2} + K{C^2} = {3,5^2} + {2,33^2} = 17,6789,\) suy ra \(BC = \sqrt {17,6789} \approx 4,2\) (m) = 42 (dm).