Giải VTH Toán 9 KNTT Bài tập cuối chương 4 có đáp án

Đáp án đúng là: C

Ta có $\cos \alpha = \frac{3}{5}.$

Vậy $\cos \alpha = \frac{3}{5}.$

Đáp án đúng là: B

Xét tam giác MNP vuông tại M, ta có: $\sin \widehat {MNP} = \frac{{MP}}{{PN}}.$

Vậy $\sin \widehat {MNP} = \frac{{MP}}{{PN}}.$

Đáp án đúng là: B

Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có: $\tan B = \frac{{AC}}{{AB}}.$

Vậy $\tan B = \frac{{AC}}{{AB}}.$

Đáp án đúng là: A

Với mọi góc nhọn α, ta có $\sin \left( {90^\circ - \alpha } \right) = \cos \alpha .$

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\tan 30^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.$

Vậy $\tan 30^\circ = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.$

Đáp án đúng là: D

Xét tam giác MNP vuông tại M, ta có $\widehat {MNP} = 90^\circ - \widehat {MPN} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ ,$

$MP = MN.\tan \widehat {MNP} = 2\sqrt 3 .\tan 30^\circ = 2\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{3} = 2.$

Vậy đáp án đúng là đáp án D.

(H.4.39)

a) Trong tam giác ABC vuông tại A, ta có

$AB = BC.\cos B = 20.\cos 60^\circ = 20.\frac{1}{2} = 10$ (cm);

$AC = BC.\sin B = 20.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 10\sqrt 3$ (cm).

b) Trong tam giác AHC vuông tại H, ta có

$AH = AB.\sin B = 10.\sin 60^\circ = 10.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 5\sqrt 3$ (cm);

$BH = AB.\cos 60^\circ = 10.\frac{1}{2} = 5$ (cm).

Do đó CH = BC – BH = 20 – 5 = 15 (cm).

Các tam giác đó viết theo thứ tự các đỉnh góc vuông, góc lớn, góc bé đều đồng dạng.

Giả sử có tam giác ABC vuông tại A và có $\widehat B = 2\widehat C.$ Từ đó suy ra

$90^\circ = \widehat B + \widehat C = 2\widehat C + \widehat C = 3\widehat C.$

Suy ra $\widehat C = 30^\circ ,$ $\widehat B = 60^\circ .$

Do đó $\sin B = \sin 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2},$ $\cos B = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}.$

Vậy góc lớn có sin, côsin lần lượt là $\frac{{\sqrt 3 }}{2}$ và $\frac{1}{2}.$

(H.4.41)

Kí hiệu các điểm như trên Hình 4.41.

Trong tam giác AHC vuông tại H, ta có

$\tan \alpha = \tan \widehat {ACH} = \frac{{AH}}{{CH}} = \frac{{1{,}8}}{{\frac{{4{,}4}}{2}}} = \frac{{1{,}8}}{{2{,}2}} = \frac{9}{{11}}$ nên $\alpha \approx 39^\circ 17'.$

(H.4.43)

Gọi A là gốc cây, B là điểm cây gãy, C là ngọn cây.

Trong tam giác ABC vuông tại A, ta có

$$AB = AC.\tan C = 5.\tan 20^\circ ,$$

$\cos \widehat {ACB} = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{5}{{BC}}$ nên $BC = \frac{5}{{\cos \widehat {ACB}}} = \frac{5}{{\cos 20^\circ }}.$

Do đó chiều cao của cây trước khi đổ gãy là

$AB + BC = 5.\tan 20^\circ + \frac{5}{{\cos 20^\circ }} = 5\left( {\tan 20^\circ + \frac{1}{{\cos 20^\circ }}} \right) \approx 7{,}1$ (m).

Vậy chiều cao của cây trước khi bị gãy là 7,1 m.

a) Trong tam giác ABC vuông tại A, ta có

$\sin \alpha = \frac{{AC}}{{BC}},$ $\cos \alpha = \frac{{AB}}{{BC}}.$

b) Theo a), ta có

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

Theo ĐL Pythagore, ta có AC$^{2}$ + AB$^{2}$ = BC$^{2}$ nên

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

(H.4.45)

a) Trong tam giác vuông ABC, ta có

AC$^{2}$ = BC$^{2}$ – AB$^{2}$ = 11$^{2}$ – 6$^{2}$ = 85, suy ra $AC = \sqrt {85} \approx 9{,}2$ cm.

$\sin B = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{9{,}2}}{{11}} \approx 0{,}83,$ suy ra $\widehat B \approx 57^\circ .$

Từ đó suy ra $\widehat C = 90^\circ - \widehat B = 90^\circ - 57^\circ = 33^\circ .$

b) Trong tam giác vuông ABH, ta có

$\sin B = \frac{{AH}}{{AB}},$ suy ra $AH = AB.\sin B = 6.\sin 57^\circ \approx 5$ cm.

Vì AD là đường phân giác nên $\widehat {BAD} = \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = \frac{{90^\circ }}{2} = 45^\circ .$

Trong tam giác vuông ABH, ta có $\widehat {BAH} = 90^\circ - \widehat B = 90^\circ - 57^\circ = 33^\circ .$

Do đó $\widehat {HAD} = \widehat {BAD} - \widehat {BAH} = 45^\circ - 33^\circ = 12^\circ .$

Trong tam giác ADH vuông tại H, ta có $\cos \widehat {HAD} = \frac{{AH}}{{AD}},$

suy ra $AD = \frac{{AH}}{{\cos \widehat {HAD}}} = \frac{5}{{\cos 12^\circ }} \approx 5{,}1$ cm.

Trên Hình 4.47 đường tròn (C) với tâm O là tâm Trái Đất, đi qua S (Syene), A (Alexandria), OS = OA = R (R là bán kính của đường tròn (C)).

Theo giả thiết, cung tròn (nhỏ) SA của (C) dài 800 km.

Gọi H là đỉnh tháp, chân tại A thì A nằm giữa O và H, AH = 25 m. Bóng của tháp là cung tròn AB của (C).

Vì đường thẳng vuông góc mặt đất thì đi qua tâm O nên theo giả thiết, tia sáng mặt trời song song với OS, do đó BH song song với OS, suy ra $\widehat {AHB} = \widehat {AOS}.$

Vì AH = 25 m khá bé so với R, Erastosthene coi cung tròn AB của (C) là một đoạn thẳng AB = 3,1 m vuông góc với AH tạo thành tam giác BAH vuông tại A, ta có

$\tan \widehat {AHB} = \frac{{AB}}{{AH}} = \frac{{3{,}1}}{{25}} = 0{,}124.$

Suy ra $\tan \widehat {{\rm{AOS}}} = 0{,}124$ nên $\widehat {AOS} \approx 7^\circ .$

Vì độ dài cung tròn MN tùy ý trên đường tròn tâm O tỉ lệ thuận với số đo góc ở tâm $\widehat {MON},$ mà độ dài cung AS bằng 800 km ứng với góc ở tâm $\widehat {AOS} \approx 7^\circ$ nên toàn bộ đường tròn (C) ứng với góc ở tâm 360° có độ dài xấp xỉ bằng

$\frac{{360^\circ }}{{7^\circ }}.800 \approx 41142$ (km).

Vậy chu vi của Trái Đất xấp xỉ 41142 km.

a) Trong tam giác AHC vuông tại H, theo định lí Pythagorem ta có

AC$^{2}$ = AH$^{2}$ + HC$^{2}$ = 4$^{2}$ + 3$^{2}$ = 25 nên $AC = \sqrt {25} = 5.$

$\tan C = \frac{{AH}}{{CH}} = \frac{4}{3},$ suy ra $\widehat C \approx 53^\circ .$

Tam giác ABC vuông ở A nên ta có

$\widehat B = 90^\circ - \widehat C = 90^\circ - 53^\circ = 37^\circ ,$

$\tan C = \frac{{AB}}{{AC}}$ nên $AB = AC.\tan C = 5.\tan 53^\circ = \frac{{20}}{3} \approx 6{,}7.$

Theo định lí Pythagore, ta có

$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {6{,}7^2} + {5^2} = 69{,}89$ nên $BC = \sqrt {69{,}89} = 8{,}4$

b) Tam giác ABH vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có

$B{H^2} = A{B^2} - A{H^2} = {6{,}7^2} - {4^2} = 28{,}89$ nên $BH = \sqrt {28{,}89} = 5{,}4.$

$\sin \widehat {BAH} = \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{{5{,}4}}{{6{,}7}}$ nên $\widehat {BAH} \approx 54^\circ .$

c) Ta có

$M = \frac{{\sin B + 3\cos B}}{{\cos B}} = \frac{{\sin B}}{{\cos B}} + 3$

$= \tan B + 3 = \frac{3}{4} + 3 = \frac{{15}}{4} = 3{,}75.$

a) Trong tam giác AHB vuông tại H, ta có

$\cos \widehat {ABH} = \frac{{BH}}{{AB}}$ nên $AB = \frac{{BH}}{{\cos \widehat {ABH}}} = \frac{{20}}{{\cos 45^\circ }} = \frac{{20}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = 20\sqrt 2 ,$

$\tan \widehat {ABH} = \frac{{AH}}{{BH}}$ nên $AH = BH.\tan \widehat {ABH} = 20.\tan 45^\circ = 20.$

Trong tam giác AHC vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có:

$A{C^2} = A{H^2} + C{H^2} = {20^2} + {21^2} = 841$ nên $AC = \sqrt {841} = 29.$

b) Trong tam giác AHC vuông tại H, ta có

$\sin C = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{20}}{{29}},$ do đó $\widehat C \approx 44^\circ .$

Trong tam giác ABC, ta có

$\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ ,$ do đó

$\widehat A = 180^\circ - \widehat B - \widehat C = 180^\circ - 45^\circ - 44^\circ = 91^\circ .$