Trắc nghiệm Bài tập hay và khó chương hệ thức lượng trong tam giác vuông Toán 9Làm bài tập
Câu hỏi 1 :
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB = 6cm,{\rm{ }}BC = 10cm,$ đường cao $AH.$ Gọi $E,{\rm{ }}F$ là hình chiếu của $H$ lần lượt lên $AB,{\rm{ }}AC.$
Câu 1.1
Tính \(EF.\)
Đáp án của giáo viên lời giải hay : A Phương pháp giải :
Sử dụng định lý Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông Lời giải chi tiết :
 Ta có tam giác $ABC$ vuông tại $A$ \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}} = 8\)(cm) Lại có: $AH$ là đường cao của tam giác vuông $ABC$ nên \(AH.BC = AB.AC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) \( = > AH = \dfrac{{AB.AC}}{{BC}} = \dfrac{{6.8}}{{10}} = 4,8\left( {cm} \right)\) Dễ thấy tứ giác $AFHE$ là hình chữ nhật (có 3 góc vuông) Nên $EF = AH = 4,8\left( {cm} \right)$
Câu 1.2
Chọn câu đúng.
Đáp án của giáo viên lời giải hay : A Phương pháp giải :
Sử dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông \(AHB;AHC.\) Lời giải chi tiết :
 Xét tam giác vuông $AHB$ có đường cao $HE$ , ta có: \(A{H^2} = AE.AB\) Tương tự với tam giác vuông $AHC,$ ta có: \(A{H^2} = AF.AC\) Do đó: $AE.AB = AF.AC$
Câu 1.3
Tính: \(A = {\sin ^2}B + {\sin ^2}C - \tan B.\tan C\).
Đáp án của giáo viên lời giải hay : D Phương pháp giải :
Sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác và định lý Pytago Lời giải chi tiết :
 Xét tam giác vuông \(ABC\) có Ta có: \(\sin B = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow {\sin ^2}B = \dfrac{{A{C^2}}}{{B{C^2}}}\) \(\sin C = \dfrac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow {\sin ^2}C = \dfrac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}}\;\;\) \(\tan B = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow \tan C = \dfrac{{AB}}{{AC}}\) Vậy \(A = {\sin ^2}B + {\sin ^2}C - \tan B.\tan C\;\) \( = \dfrac{{A{C^2}}}{{B{C^2}}} + \dfrac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}} - \dfrac{{AC}}{{AB}}.\dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{A{C^2} + A{B^2}}}{{B{C^2}}} - 1\) mà theo Pytago ta có \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\) nên \(A = \dfrac{{B{C^2}}}{{B{C^2}}} - 1 = 0\)
Câu hỏi 2 :
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH.$ Qua $B$ vẽ đường thẳng vuông góc với $BC$ cắt đường thẳng $AC$ tại $D.$ Tia phân giác của góc $C$ cắt $AB$ tại $N$ và $BD$ tại $M.$
Câu 2.1
Chọn câu đúng.
Đáp án của giáo viên lời giải hay : D Phương pháp giải :
Sử dụng tính chất hai tam giác đồng dạng để tìm hệ thức đúng. Lời giải chi tiết :
 Ta có: \(\widehat {{C_1}} = \widehat {{C_2}}\) (gt) \( \Rightarrow \Delta C{\rm A}{\rm N}\) đồng dạng với $\Delta CBM$ (g-g) Suy ra \(\dfrac{{CN}}{{CM}} = \dfrac{{CA}}{{CB}}\,\,\left( 1 \right)\) Lại có \(\Delta CAB\) đồng dạng với \(\Delta CBD\) (g-g) Suy ra \(\dfrac{{CA}}{{CB}} = \dfrac{{CB}}{{CD}}\;\left( 2 \right)\) Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \dfrac{{CN}}{{CM}} = \dfrac{{CB}}{{CD}} \Rightarrow CN.CD = CM.CB\)
Câu 2.2
Chọn câu đúng.
Đáp án của giáo viên lời giải hay : C Phương pháp giải :
Sử dụng tính chất hai tam giác đồng dạng và tính chất đường phân giác để tìm hệ thức đúng. Lời giải chi tiết :
 Ta có \(\Delta C{\rm A}{\rm N}\) đồng dạng với $\Delta CBM$ (g-g) (theo câu trước) nên \(\dfrac{{NA}}{{CA}} = \dfrac{{MB}}{{CB}}\;\left( 3 \right)\) Tia $CM$ là phân giác của góc $BCD$ nên \(\dfrac{{MB}}{{MD}} = \dfrac{{CB}}{{CD}} \Rightarrow \dfrac{{MB}}{{CB}} = \dfrac{{MD}}{{CD}}\) (4) Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \dfrac{{NA}}{{CA}} = \dfrac{{MD}}{{CD}} \Rightarrow \dfrac{{NA}}{{MD}} = \dfrac{{CA}}{{CD}}\).
Câu hỏi 3 :
Cho tam giác cân \(ABC\) có đáy \(BC = 2a\), cạnh bên bằng \(b\left( {b > a} \right)\).
Câu 3.1
Tính diện tích tam giác $ABC$
Đáp án của giáo viên lời giải hay : A Phương pháp giải :
Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\). Tính \(AH\) theo định lý Pytago từ đó tính diện tích tam giác \(ABC.\) Lời giải chi tiết :
 Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\). Theo định lý Pitago ta có: \(A{H^2} = A{C^2} - H{C^2} = {b^2} - {a^2}\)\( \Rightarrow AH = \sqrt {{b^2} - {a^2}} \) Suy ra \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}BC.AH = \dfrac{1}{2}.2a\sqrt {{b^2} - {a^2}}= a\sqrt {{b^2} - {a^2}}\)
Câu 3.2
Kẻ \(BK \bot AC\). Tính tỷ số $\dfrac{{AK}}{{AC}}$.
Đáp án của giáo viên lời giải hay : C Phương pháp giải :
Sử dụng diện tích tam giác \(ABC\) đã tính ở câu trước và định lý Pytago để tính \(AK\) , từ đó suy ra tỉ số \(\dfrac{{AK}}{{AC}}.\) Lời giải chi tiết :
 Ta có \(\dfrac{1}{2}BC.AH = \dfrac{1}{2}BK.AC = {S_{ABC}}\) Suy ra \(BK = \dfrac{{BC.AH}}{{AC}} = \dfrac{{2a}}{b}\sqrt {{b^2} - {a^2}} \). Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông \(AKB\) ta có: \(A{K^2} = A{B^2} - B{K^2} = {b^2} - \dfrac{{4{a^2}}}{{{b^2}}}\left( {{b^2} - {a^2}} \right) = \dfrac{{{{\left( {{b^2} - 2{a^2}} \right)}^2}}}{{{b^2}}}\). Suy ra \(AK = \dfrac{{\left| {{b^2} - 2{a^2}} \right|}}{b}\) do đó $\dfrac{{AK}}{{AC}} = \dfrac{{\left| {{b^2} - 2{a^2}} \right|}}{{{b^2}}}$.
Câu hỏi 4 :
Cho hình thang \(ABCD\) có \(\widehat A = \widehat D = {90^0},\widehat B = {60^0},CD = 30cm,CA \bot CB\). Tính diện tích của hình thang.
Đáp án của giáo viên lời giải hay : A Phương pháp giải :
Kẻ \(CH \bot AB\). Sử dụng định lý Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông Lời giải chi tiết :
 Ta có $\tan \widehat{CAD}=\dfrac{DC}{AD}\Leftrightarrow AD=DC:\tan 60^0=AD = 10\sqrt 3$ \(\left( {cm} \right)\). Kẻ \(CH \bot AB\). Tứ giác \(AHCD\) là hình chữ nhật vì có \(\widehat A = \widehat D = \widehat H = {90^0}\), suy ra \(AH = CD = 30cm;CH = AD = 10\sqrt 3 \left( {cm} \right)\). Tam giác \(ACB\) vuông tại \(C\), ta có: \(C{H^2} = HA.HB\), suy ra \(HB = \dfrac{{C{H^2}}}{{HA}} = \dfrac{{{{\left( {10\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{30}} = \dfrac{{300}}{{30}} = 10\left( {cm} \right)\), do đó \(AB = AH + HB = 30 + 10 = 40\left( {cm} \right).\) \({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}CH\left( {AB + CD} \right)=\dfrac{1}{2}.10\sqrt 3 .\left( {40 + 30} \right) = 350\sqrt 3 \left( {c{m^2}} \right).\) Vậy diện tích hình thang \(ABCD\) bằng \(350\sqrt 3 c{m^2}\)
Câu hỏi 5 :
Cho tam giác nhọn \(ABC\) hai đường cao \(AD\) và \(BE\) cắt nhau tại \(H\). Biết \(HD:HA = 1:2\). Tính \(\tan B.\tan C\)
Đáp án của giáo viên lời giải hay : D Phương pháp giải :
+ Sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn + Tam giác đồng dạng + Tính chất dãy tỉ số bằng nhau Lời giải chi tiết :
 Ta có: \(\tan B = \dfrac{{AD}}{{BD}};\tan C = \dfrac{{AD}}{{CD}}\). Suy ra \(\tan B.\tan C = \dfrac{{A{D^2}}}{{BD.CD}}\) (1) \(\widehat {HBD} = \widehat {CAD}\) (cùng phụ với \(\widehat {ACB}\)); \(\widehat {HDB} = \widehat {ADC} = {90^0}\). Do đó \(\Delta BDH \backsim \Delta ADC\) (g.g), suy ra \(\dfrac{{DH}}{{DC}} = \dfrac{{BD}}{{AD}}\), do đó \(BD.DC = DH.AD\) (2). Từ (1) và (2) suy ra \(\tan B.\tan C = \dfrac{{A{D^2}}}{{DH.AD}} = \dfrac{{AD}}{{DH}}\) (3). Theo giả thiết \(\dfrac{{HD}}{{AH}} = \dfrac{1}{2}\) suy ra \(\dfrac{{HD}}{{AH + HD}} = \dfrac{1}{{2 + 1}}\) hay \(\dfrac{{HD}}{{AD}} = \dfrac{1}{3}\), suy ra \(AD = 3HD\). Thay vào (3) ta được: \(\tan B.\tan C = \dfrac{{3HD}}{{DH}} = 3\).
Câu hỏi 6 :
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\),\(AB < AC,\widehat C = \alpha < {45^0}\), đường trung tuyến \(AM\), đường cao \(AH\), \(MA = MB = MC = a.\) Chọn câu đúng.
Đáp án của giáo viên lời giải hay : D Phương pháp giải :
Sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn trong các tam giác thích hợp. Lời giải chi tiết :
 Góc \(2\alpha \) là góc \(AMH\). + Ta có \(BC = 2AM;\,AH.BC = AB.AC \Rightarrow AH = \dfrac{{AB.AC}}{{BC}}\) nên \(\sin 2\alpha = \sin \widehat {AMH} = \dfrac{{AH}}{{AM}} = \dfrac{{2AH}}{{BC}}\)\( = 2.\dfrac{{AB.AC}}{{B{C^2}}} = 2.\dfrac{{AB}}{{BC}}.\dfrac{{AC}}{{BC}}\) Mà theo định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn ta có \(\sin \alpha = \dfrac{{AB}}{{BC}};\cos \alpha = \dfrac{{AC}}{{BC}}\) nên \(\sin 2\alpha = 2.\sin \alpha .\cos \alpha \) hay A đúng. +) Ta có \(\cos 2\alpha = \cos \widehat {AMH} = \dfrac{{HM}}{{AM}}\) (trong tam giác vuông \(AMH\) ) ; \(A{C^2} = HC.BC \Rightarrow HC = \dfrac{{A{C^2}}}{{BC}}\) và \(\cos \alpha = \dfrac{{AC}}{{BC}}\) nên \(1 + \cos 2\alpha = 1 + \dfrac{{HM}}{{AM}} = \dfrac{{AM + HM}}{{AM}} = \dfrac{{HM + MC}}{{AM}} = \dfrac{{HC}}{{AM}}\) \( = 2\dfrac{{HC}}{{BC}} = 2\dfrac{{A{C^2}}}{{B{C^2}}} = 2{\cos ^2}\alpha ;\) Do đó B đúng. +) \(1 - \cos 2\alpha = 1 - \dfrac{{HM}}{{AM}} = \dfrac{{AM - HM}}{{AM}} = \dfrac{{HB}}{{AM}}\)\( = 2\dfrac{{HB}}{{BC}} = 2\dfrac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}} = 2{\sin ^2}\alpha \) Do đó C đúng. Vậy cả A, B, C đều đúng.
Câu hỏi 7 :
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $C,$ đường cao $CK.$ Gọi \(H\) và $I$ theo thứ tự là hình chiếu của K trên $BC$ và $AC.$ Gọi $M$ là chân đường vuông kẻ từ $K$ xuống $IH.$ Chọn câu đúng.
Đáp án của giáo viên lời giải hay : D Phương pháp giải :
Chứng minh tứ giác \(HKIC\) là hình chữ nhật Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông thích hợp để biến đổi. Lời giải chi tiết :
 +) Xét tứ giác \(HKIC\) có \(\widehat C = \widehat I = \widehat H = 90^\circ \) nên tứ giác \(HKIC\) là hình chữ nhật suy ra \(HK = CI;HC = IK;KC = HI\) . +) Xét tam giác vuông \(KHI\) có \(KM\) là chiều cao nên theo hệ thức lượng ta có\(\dfrac{1}{{K{M^2}}} = \dfrac{1}{{K{H^2}}} + \dfrac{1}{{K{I^2}}} = \dfrac{1}{{C{I^2}}} + \dfrac{1}{{H{C^2}}}\) (vì \(HK = CI;HC = IK\)) nên A đúng. +) Xét tam giác vuông \(KAC\) , theo hệ thức lượng ta có \(K{A^2} = AI.AC \Rightarrow AI = \dfrac{{K{A^2}}}{{AC}}\) Xét tam giác vuông \(KBC\) , theo hệ thức lượng ta có \(K{B^2} = BH.BC \Rightarrow BH = \dfrac{{K{B^2}}}{{BC}}\) Lại có theo hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) thì \(A{C^2} = AK.AB \Rightarrow KA = \dfrac{{A{C^2}}}{{AB}}\) ; \(B{C^2} = KB.AB \Rightarrow KB = \dfrac{{B{C^2}}}{{AB}}\) . Từ đó ta có \(\dfrac{{AI}}{{BH}} = \dfrac{{K{A^2}}}{{AC}}:\dfrac{{K{B^2}}}{{BC}}\) $ = \left( {\dfrac{{A{C^2}}}{{AB}}:\dfrac{{B{C^2}}}{{AB}}} \right)^2.\dfrac{{BC}}{{AC}}$ \( = {\left( {\dfrac{{AC}}{{BC}}} \right)^4}.\dfrac{{BC}}{{AC}} = {\left( {\dfrac{{AC}}{{BC}}} \right)^3}\) Do đó B đúng. Hay cả A, B đều đúng.
Câu hỏi 8 :
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A,$ đường cao $AH.$ Gọi $D$ và $E$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $AB,{\rm{ }}AC.$ Chọn câu đúng.
Đáp án của giáo viên lời giải hay : A Phương pháp giải :
Chứng minh tứ giác \(DHEA\) là hình chữ nhật Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông thích hợp để biến đổi. Lời giải chi tiết :
 Tứ giác \(DAEH\) có \(\widehat D = \widehat A = \widehat E = 90^\circ \) nên nó là hình chữ nhật suy ra \(AH = DE.\) Theo hệ thức lượng trong các tam giác vuông \(AHB;\,AHC\) ta có \(H{B^2} = BD.AB \Rightarrow BD = \dfrac{{H{B^2}}}{{AB}}\) ; \(H{C^2} = CE.CA \Rightarrow CE = \dfrac{{H{C^2}}}{{AC}}\) nên ta có \(BD.CE.BC = \dfrac{{H{B^2}}}{{AB}}.\dfrac{{H{C^2}}}{{AC}}.BC\) \( = {\left( {HB.HC} \right)^2}.\dfrac{{BC}}{{AB.AC}}\) mà \(HB.HC = A{H^2}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ) \( = A{H^4}.\dfrac{1}{{AH}} = A{H^3} = D{E^3}\) (vì \(AH = DE\) (cmt)) Vậy $D{E^3} = BD.CE.BC$.
Câu hỏi 9 :
Tính diện tích một tam giác vuông có chu vi \(72\,cm\), hiệu giữa đường trung tuyến và đường cao ứng với cạnh huyền bằng \(7\,cm.\)
Đáp án của giáo viên lời giải hay : C Phương pháp giải :
Đặt \(AM = x\,\left( {x > 0} \right)\) rồi dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông để tìm ra phương trình ẩn \(x.\) Giải phương trình ta tìm được \(x.\) Từ đó tính \(AH,BC \Rightarrow {S_{ABC}}.\) Lời giải chi tiết :
 Đặt \(AM = x\,\left( {x > 0;cm} \right) \Rightarrow BC = 2x\,\left( {cm} \right);AH = x - 7\,\left( {cm} \right)\) Vì chu vi tam giác \(ABC\) là \(72cm\) nên \(AB + AC + BC = 72 \Rightarrow AB + AC = 72 - 2x\,\left( {cm} \right)\) Theo các hệ thức trong tam giác vuông: \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} = 4{x^2}\,\,\left( 1 \right)\) ; \(AB.AC = BC.AH = 2x\left( {x - 7} \right)\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\) Từ \(\left( 1 \right);\left( 2 \right)\) suy ra \(A{B^2} + A{C^2} + 2AB.AC = 4{x^2} + 4x\left( {x - 7} \right)\) \( \Leftrightarrow {\left( {AB + AC} \right)^2} = 8{x^2} - 28x \Leftrightarrow {\left( {72 - 2x} \right)^2} = 8{x^2} - 28x\) Đưa về phương trình \({x^2} + 65x - 1296 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 16} \right)\left( {x + 81} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 16\,\,\left( N \right)\\x = - 81\,\,\left( L \right)\end{array} \right.\) Từ đó \(BC = 32\,cm;\,AH = 9\,cm.\) Khi đó \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}.32.9 = 144\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Câu hỏi 10 :
Cho hình vuông \(ABCD\). Tính \(\cos \,\widehat {MAN}\) biết rằng \(M,N\) theo thứ tự là trung điểm của \(BC;CD.\)
Đáp án của giáo viên lời giải hay : D Phương pháp giải :
Chứng minh \(AN \bot DM\) . Gọi \(H\) là giao điểm của \(AN\) và \(DM\). Sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn để tính \(\cos \,\widehat {MAN}.\) Lời giải chi tiết :
 Gọi \(H\) là giao điểm của \(AN\) và \(DM\). Vì \(ABCD\) là hình vuông và \(M,N\) theo thứ tự là trung điểm của \(BC;CD.\) Nên \(AD = DC;\,DN = CM\) Từ đó $\Delta ADN = \Delta DCM\,\left( {c.g.c} \right)$ nên \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{D_1}} \Rightarrow AH \bot DM\) (do $\widehat {{A_1}} + \widehat {AND} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {{D_1}} + \widehat {HND} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {DHN} = 90^\circ $ ) Suy ra \(\cos \widehat {MAN} = \dfrac{{AH}}{{AM}}\) Đặt \(AB = AD = 2a\) ta tính được \(AM = AN = a\sqrt 5 \) Từ \(A{D^2} = AH.AN\) ta có \(AH = \dfrac{{4a}}{{\sqrt 5 }}\) . Do đó \(\cos \widehat {MAN} = \dfrac{{AH}}{{AM}} = \dfrac{{4a}}{{\sqrt 5 }}:\left( {a\sqrt 5 } \right) = \dfrac{4}{5}.\)
|
