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 a$^{2}$ = b$^{2}$ + c$^{2}$ = 3$^{2}$ + 5$^{2}$ = 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 AC$^{2}$ = 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

AC$^{2}$ + AB$^{2}$ = BC$^{2}$;

AC$^{2}$ = BC$^{2}$ – AB$^{2}$ = 10$^{2}$ – 6$^{2}$ = 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 $\widehat {ABD} \approx 37^\circ .$