Bài tập Chứng minh đẳng thức liên quan đến tỉ số lượng giác lớp 9 (có lời giải)

Hướng dẫn giải

Vẽ đường phân giác AD của tam giác ABC.

Theo tính chất đường phân giác của tam giác, ta có: $\frac{{DB}}{{AB}} = \frac{{DC}}{{AC}}$.

Suy ra $\frac{{BD}}{{AB}} = \frac{{BD + DC}}{{AB + AC}} = \frac{{BC}}{{AC + AC}}$.

Vậy $\frac{{BD}}{{AB}} = \frac{a}{{b + c}}$.

Kẻ BI⊥AD (I ∈ AD), suy ra BI ≤ BD.

∆IAB có $\widehat {AIB} = 90^\circ$.

Do đó, sin$\widehat {BAI}$ = $\frac{{BI}}{{AB}}$ hay $\sin \frac{A}{2} \le \frac{a}{{b + c}}$.

Hướng dẫn giải

Vẽ AH⊥BC, H ∈ BC.

Vì trong tam giác HAB có $\widehat H = 90^\circ$ nên sin B = $\frac{{AH}}{{AB}}$.

Do trong tam giác AHC có $\widehat H = 90^\circ$ nên sin C = $\frac{{AH}}{{AC}}$.

Do đó, $\frac{{\sin B}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{b}{c}$ suy ra $\frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}$.

Tương tự, ta suy ra $\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}}$.

Vậy $\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}$.

Hướng dẫn giải

Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có:

sinB = $\frac{{AC}}{{BC}}$; sinC = $\frac{{AB}}{{BC}}$.

Do đó, $\frac{{\sin B}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{BC}}:\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{AC}}{{BA}}$ (đpcm).

Đáp án đúng là: D

Ta có: cos$^{2}$α + sin$^{2}$α = 1 với 0° ≤ α ≤ 180° nên ta cũng có:

${\cos ^2}\frac{\alpha }{5} + {\sin ^2}\frac{\alpha }{5}$ = 1.

Suy ra $5\left( {{{\cos }^2}\frac{\alpha }{5} + {{\sin }^2}\frac{\alpha }{5}} \right) = 5$.

Đáp án đúng là: B

Xét tam giác ABC, ta có: $\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ$ nên $\widehat A = 180^\circ - \left( {\widehat B + \widehat C} \right)$

hay $\widehat B + \widehat C = 180^\circ - \widehat A$.

Do đó sin A = sin (180° − $\widehat A$) = sin (B + C).

Suy ra khẳng định A là đúng.

Lại có $\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ$ suy ra $\frac{{\widehat A + \widehat B + \widehat C}}{2} = \frac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ$.

Do đó: cos$\frac{A}{2}$ = sin$\frac{{B + C}}{2}$ (hai góc phụ nhau).

Suy ra khẳng định C là đúng.

Mặt khác tanA = −tan(180° − A) = −tan(B + C).

Suy ra khẳng định D là đúng.

Vậy chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: A

Ta có: cotx = $\frac{{\cos x}}{{\sin x}}$.

Do đó, ta có: $\frac{{1 + \cot x}}{{1 - \cot x}} = \frac{{1 + \frac{{\cos x}}{{\sin x}}}}{{1 - \frac{{\cos x}}{{\sin x}}}} = \frac{{\frac{{\sin x + \cos x}}{{\sin x}}}}{{\frac{{\sin x - \cos x}}{{\sin x}}}} = \frac{{\sin x + \cos x}}{{\sin x - \cos x}} = \frac{{\frac{{\sin x}}{{\cos x}} + 1}}{{\frac{{\sin x}}{{\cos x}} - 1}}$

Suy ra $\frac{{1 + \cot x}}{{1 - \cot x}} = \frac{{\tan x + 1}}{{\tan x - 1}}$.

Đáp án đúng là: B

(sinx + cosx)$^{2}$ = sin$^{2}$x + 2sinxcosx + cos$^{2}$x = 1 + 2sinxcosx.

Đáp án đúng là: C

Ta có: sin$^{4}$x + cos$^{4}$x = (sin$^{2}$x)$^{2}$ + 2sin$^{2}$xcos$^{2}$x + (cos$^{2}$x)$^{2}$ – 2sin$^{2}$xcos$^{2}$x

= (sin$^{2}$x + cos$^{2}$x)$^{2}$ – 2sin$^{2}$xcos$^{2}$x

= 1 – 2sin$^{2}$xcos$^{2}$x.

Đáp án đúng là: D

Ta có: (sin$^{2}$x + cos$^{2}$x)$^{2}$ + (sin$^{2}$x – cos$^{2}$x)$^{2}$

= 1 + sin$^{4}$x + cos$^{4}$x – 2sin$^{2}$xcos$^{2}$x

= 1 + (sin$^{2}$x + cos$^{2}$x)$^{2}$ – 2sin$^{2}$xcos$^{2}$x – 2sin$^{2}$xcos$^{2}$x

= 2 – 4sin$^{2}$xcos$^{2}$x.

Đáp án đúng là: A

A = 1 – (sin$^{6}$x + cos$^{6}$x)

= 1 – (sin$^{2}$x + cos$^{2}$x)(sin$^{4}$x – sin$^{2}$xcos$^{2}$x + cos$^{4}$x)

= 1 – (sin$^{4}$x – sin$^{2}$xcos$^{2}$x + cos$^{4}$x)

= 1 – (sin$^{2}$x + cos$^{2}$x)$^{2}$ + 3sin$^{2}$xcos$^{2}$x

= 3sin$^{2}$xcos$^{2}$x.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: a) Sai. b) Sai. c) Đúng. d) Đúng.

a) Sai.

Ta có: A = (cotx + tanx)$^{2}$ = cot$^{2}$x + 2cotx.tanx + tan$^{2}$x = cot$^{2}$x + 2 + tan$^{2}$x.

b) Sai.

Ta có: B = (cotx – tanx)$^{2}$ = cot$^{2}$x – 2cotx.tanx + tan$^{2}$x = cot$^{2}$x – 2 + tan$^{2}$x.

Do đó A ≠ B.

c) Đúng.

A + B = cot$^{2}$x + 2 + tan$^{2}$x + cot$^{2}$x – 2 + tan$^{2}$x = 2cot$^{2}$x + 2tan$^{2}$x = 2(cot$^{2}$x + tan$^{2}$x).

d) Đúng.

A – B – 4 = cot$^{2}$x + 2 + tan$^{2}$x – cot$^{2}$x + 2 – tan$^{2}$x – 4 = 0.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: a) Sai. b) Sai. c) Đúng. d) Đúng.

a) Sai.

Ta có: $C = \frac{{{{\cot }^2}x - {{\cos }^2}x}}{{{{\cot }^2}x}}$

$= \frac{{{{\cot }^2}x - {{\cos }^2}x}}{{{{\cot }^2}x}} = 1 - \frac{{{{\cos }^2}x}}{{{{\cot }^2}x}} = 1 - {\cos ^2}x.{\tan ^2}x$

$= 1 - {\cos ^2}x.\frac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} = 1 - {\sin ^2}x = {\cos ^2}x$.

b) Sai.

D = $\frac{{\sin x.\cos x}}{{\cot x}} = \sin x.\cos x.\tan x = \sin x.\cos x.\frac{{\sin x}}{{\cos x}} = {\sin ^2}x$.

c) Đúng.

Ta có: C + D = sin$^{2}$x + cos$^{2}$x = 1.

d) Đúng.

Có C – D = cos$^{2}$x – sin$^{2}$x = 1 – sin$^{2}$x – sin$^{2}$x = 1 – 2sin$^{2}$x.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: a) Đúng. b) Đúng. c) Sai. d) Đúng.

a) Đúng.

Vì AM là đường trung tuyến trong tam giác vuông nên AM = MB = MC.

Do đó, tam giác AMC cân tại M.

Suy ra $\widehat {MAC} = \widehat {MCA} = \alpha$.

Do đó, $\widehat {AMH} = 2\widehat {MCA} = 2\alpha$ (tính chất góc ngoài tam giác)

b) Đúng.

Ta có:

$\sin 2\alpha = \sin \widehat {AMH} = \frac{{AH}}{{AM}} = \frac{{2AH}}{{2AM}} = \frac{{2AH}}{{BC}} = \frac{2}{{BC}}.\frac{{AB.AC}}{{BC}} = 2.\frac{{AB}}{{BC}}.\frac{{AC}}{{BC}} = 2\sin \alpha .\cos \alpha$.

c) Sai.

Chứng minh được: $ΔABC∽ΔHAC$ (g.g) nên $\frac{{AC}}{{HC}} = \frac{{BC}}{{AC}}$, do đó $HC = \frac{{A{C^2}}}{{BC}}$.

Ta có: $1 + \cos 2\alpha = 1 + \frac{{HM}}{{AM}} = \frac{{HC}}{{AM}} = \frac{{2HC}}{{BC}} = 2.\frac{{A{C^2}}}{{B{C^2}}} = 2{\cos ^2}\alpha$.

d) Đúng.

Chứng minh được$ΔABC∽ΔHBA$ (g.g) nên $\frac{{AB}}{{HB}} = \frac{{BC}}{{AB}}$, do đó $HB = \frac{{A{B^2}}}{{BC}}$.

Ta có: $1 - \cos 2\alpha = 1 - \frac{{HM}}{{AM}} = \frac{{HB}}{{AM}} = \frac{{2HB}}{{BC}} = 2.\frac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}} = 2{\sin ^2}\alpha$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: a) Đúng. b) Sai. c) Sai. d) Đúng.

a) Đúng.

Vì tam giác ABH vuông tại H nên theo định lí Pythagore, ta có:

$A{H^2} + H{B^2} = A{B^2}$, do đó $H{B^2} = A{B^2} - A{H^2}$ (1)

Vì tam giác BHC vuông tại H nên theo định lí Pythagore, ta có:

BH$^{2}$ + HC$^{2}$ = BC$^{2}$, do đó BH$^{2}$ = BC$^{2}$ – HC$^{2}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra BC$^{2}$ – HC$^{2}$ = AB$^{2}$ – AH$^{2}$ .

b) Sai.

Ta có: $H{A^2} - H{C^2} = A{B^2} - B{H^2} - B{C^2} + H{B^2} = A{B^2} - B{C^2} = {c^2} - {a^2}$.

c) Sai.

Ta chứng minh được (g.g)

Do đó, $\frac{{AH}}{{BA}} = \frac{{AB}}{{AC}}$ nên AH.AC = AB$^{2}$ hay AH.b = c$^{2}$

Suy ra $AH = \frac{{{c^2}}}{b}$.

d) Đúng.

Ta có: ${b^2} + {\rm{ }}{c^2}--{\rm{ }}2bc.cos\,A = {b^2} + {c^2} - 2bc.\frac{c}{b} = {b^2} + {c^2} - 2{c^2} = {b^2} - {c^2} = {a^2}$.

Do đó, a$^{2}$ = b$^{2}$ + c$^{2}$ – 2bc.cos A.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Đúng.

a) Đúng.

Ta có $\sin \alpha = \frac{{AC}}{{BC}}.$

b) Sai.

Ta có: $\cos \alpha = \frac{{AB}}{{BC}}.$

c) Đúng.

Ta có: ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = \frac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}} + \frac{{A{C^2}}}{{B{C^2}}} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{{B{C^2}}} = \frac{{B{C^2}}}{{B{C^2}}} = 1.$

Do đó, sin$^{2}$α + cos$^{2}$α = 1.

d) Đúng.

Ta có: $\tan \alpha \cdot \cot \alpha = \frac{{AC}}{{AB}}.\frac{{AB}}{{AC}} = 1$.

Hướng dẫn giải

Đáp án: 4.

Các đẳng thức thức đúng là: a), b), c), e).

Đẳng thức sai là d) và f), vì:

d) tan$^{2}$x – 1 = $\frac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} - 1 = \frac{{{{\sin }^2}x - {{\cos }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} \ne {\cos ^2}x$.

f) cotx.sinx = $\frac{{\cos x}}{{\sin x}}.\sin x = \cos x$.

Hướng dẫn giải

Đáp án: 3

Ta có: BC = HC + HB = 9 + 16 = 25 (cm).

• Chứng minh được $ΔAHB∽ΔCHA$ (g.g) nên AH$^{2}$ = BH.HC = 9.16 = 144

Suy ra AH = 12 cm.

• Chứng minh được $ΔBAC∽ΔBHA$ (g.g) nên AB$^{2}$ = BH.BC = 9.25 = 225

Suy ra BC = 15 cm.

• Xét tam giác ABH vuông tại H có: AH = AB.sin B.

tam giác ACH vuông tại H có AH = AC.sin C.

Do đó, AH$^{2}$ = AB.AC.sin B.sin C.

• Nhận thấy AEEHF là hình chữ nhật do $\widehat {EAF} = \widehat {AFH} = \widehat {AEF} = 90^\circ$, suy ra $\widehat {AEF} = \widehat {EAH}$.

Mà $\widehat C = \widehat {EAH}$ (cùng phụ với $\widehat {CAH}$) nên $\widehat C = \widehat {AEF}$.

Từ đây chứng minh được $ΔABC∽ΔAFE$ (g.g) nên AE.AB = AF.AC.

Từ đây, nhận thấy có 3 khẳng định đúng là i), ii), iv).

Hướng dẫn giải

Đáp án: 1.

• Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC có: AB$^{2}$ + AC$^{2}$ = BC$^{2}$.

Suy ra BC = 15 cm.

Ta có: ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}AH.BC$ nên AB.AC = AH.BC

Do đó, $AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{9.12}}{{15}} = 7{,}2\,\,\left( {cm} \right)$.

• Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABH có:

AH$^{2}$ + BH$^{2}$ = AB$^{2}$, suy ra BH$^{2}$ = AB$^{2}$ – AH$^{2}$ = 9$^{2}$ – 7,2$^{2}$

Suy ra BH = 5,4 cm.

• Ta chứng minh được $ΔEAH∽ΔHAB$ (g.g) nên $\frac{{AE}}{{HA}} = \frac{{AH}}{{AB}}$ hay AH$^{2}$ = AE.AB (1)

Chứng minh được $ΔDAH∽ΔHAC$ (g.g) nên $\frac{{AD}}{{HA}} = \frac{{AH}}{{AC}}$ hay AH$^{2}$ = AC.AD (2)

Từ (1) và (2) suy ra AE.AB = AD.AC hay $\frac{{AE}}{{AD}} = \frac{{AC}}{{AB}}$.

• Có tam giác ABC vuông tại A nên $\tan B = \frac{{AC}}{{AB}}$, mà $\frac{{AE}}{{AD}} = \frac{{AC}}{{AB}}$ nên $\tan B = \frac{{AE}}{{AD}}$.

Do đó, AE = AD.tan B.

Vậy có 1 khẳng định sai (khẳng định d).

Hướng dẫn giải

Đáp án: 3

• Xét tam giác vuông CKA vuông tại K có: $\tan C = \frac{{AK}}{{KC}}$.

Xét tam giác vuông AKB vuông tại K có: $\cot C = \frac{{BK}}{{AK}}$.

Mà $\widehat C + \widehat B = 90^\circ$ nên tan C = cot B.

Do đó, $\frac{{AK}}{{KC}} = \frac{{BK}}{{AK}}$ hay AK$^{2}$ = BK.KC = 2.6 = 12 suy ra $AK = 2\sqrt 3 \,\,cm.$

• Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác AKB được: AB$^{2}$ = AK$^{2}$ + BK$^{2}$

Suy ra AB = 4 cm.

• Xét tam giác vuông AKC có: $\tan C = \frac{{AK}}{{KC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$, suy ra $\widehat C = 30^\circ$.

Mà $\widehat {KAC} + \widehat C = 90^\circ$, suy ra $\widehat {KAC} = 90^\circ - \widehat C = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ$.

• Xét tam giác ABD vuông tại A, ta có: $\tan \widehat {ABD} = \frac{{AD}}{{AB}}$ (1)

Ta lại có BD là tia phân giác của góc B nên $\frac{{AD}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{BC}}$.

Theo tỉ lệ thức, ta có: $\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{DC}}{{BC}} = \frac{{AD + DC}}{{AB + BC}} = \frac{{AC}}{{AB + BC}}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\tan ABD = \frac{{AC}}{{AB + BC}}$.

Từ đây, nhận thấy có 3 khẳng định đúng là a), b), d).

Hướng dẫn giải

Đáp án: 0

• Xét hai tam giác vuông HOC và FOE, có:

$\widehat {CHO} = \widehat {EFO} = 90^\circ$

$\widehat {HOC} = \widehat {FOE}$ (đối đỉnh)

Do đó, $ΔHOC∽ΔFOE$ (g.g) suy ra $\frac{{CH}}{{EF}} = \frac{{OC}}{{OE}}$ (1)

Lại có AD là phân giác góc BAC nên $\frac{{AC}}{{AE}} = \frac{{OC}}{{OE}}$ (2)

Từ (1) và (2) có $\frac{{AC}}{{AE}} = \frac{{CH}}{{EF}}$.

• Có EF là đường trung bình của tam giác ABH nên $EF = \frac{1}{2}AH$.

Mà $\frac{{AC}}{{AE}} = \frac{{CH}}{{EF}}$ hay $\frac{{AC}}{{2AE}} = \frac{{CH}}{{2EF}}$ suy ra $\frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{CH}}{{AH}}$, do đó AC.AH = AB.CH.

Tam giác ABH vuông tại H nên $AH = AB.\cos \widehat {BAC}$

Tam giác HBC vuông tại H nên $CH = BC.\cos \widehat {ACB}$.

Do đó, $AC.AB.\cos \widehat {BAC} = BC.AB.\cos \widehat {ACB}$ hay $AC.\cos \widehat {BAC} = BC.\cos \widehat {ACB}$.

Vậy cả 2 khẳng định đều đúng.