- Đề bài
- LG bài 1
- LG bài 2
- LG bài 3
Đề bài
Bài 1. Tính :
a.\[\left[ {\cos 36^\circ - \sin 36^\circ } \right].\left[ {\cos 37^\circ - \sin 38^\circ } \right].\left[ {\cos 42^\circ - \sin 48^\circ } \right]\]
b.\[\left[ {\tan 52^\circ + \cot 43^\circ } \right].\left[ {\tan 29^\circ - \cot 61^\circ } \right].\left[ {\tan 13^\circ - \tan 24^\circ } \right]\]
Bài 2.Cho tam giác ABC vuông tại A có \[AB = 6cm, BC = 10cm\], đường cao AH. Gọi E, F là hình chiếu của H lần lượt lên AB, AC.
a. Tính EF
b. Chứng minh rằng : \[AE.AB = AF.AC\]
c. Tính : \[A = {\sin ^2}B + {\sin ^2}C - \tan B.\tan C\]
Bài 3.Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ trung điểm E của cạnh AC, vẽ EF vuông góc với BC.
a. Chứng minh rằng : \[AF = BE.\cos C\].
b. Cho \[BC = 20cm; \sin C = 0,6\]. Tính \[{S_{AEFB}}\]
LG bài 1
Phương pháp giải:
Nếu hai góc phụ nhau thì sin góc này bằng côsin góc kia, tang góc này bằng côtang góc kia
Lời giải chi tiết:
a. Ta có: \[\cos 42^\circ = \sin 48^\circ \] [vì là hai góc phụ nhau]
\[ \cos42^o - \sin48^o = 0\]
Do đó: \[\left[ {\cos 36^\circ - \sin 36^\circ } \right].\left[ {\cos 37^\circ - \sin 38^\circ } \right].\left[ {\cos 42^\circ - \sin 48^\circ } \right] = 0\]
b. Ta có: \[\tan 29^\circ = \cot 61^\circ \]\[\;\Rightarrow \tan 29^\circ - \cot 61^\circ = 0\]
Do đó: \[\left[ {\tan 52^\circ + \cot 43^\circ } \right].\left[ {\tan 29^\circ - \cot 61^\circ } \right].\left[ {\tan 13^\circ - \tan 24^\circ } \right] = 0\]
LG bài 2
Phương pháp giải:
Cho tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\], đường cao \[AH\]. Khi đó ta có các hệ thức sau:
+] \[A{B^2} = BH.BC\] và \[A{C^2} = CH.BC\]
+] \[H{A^2} = HB.HC\]
+] \[AB.AC = BC.AH\]
+] \[B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\][Định lí Pitago].
+]\[\sin B = \dfrac{{AC}}{{BC}};\cos B = \dfrac{{AB}}{{BC}}\]
Lời giải chi tiết:
a. Ta có: \[ABC\] vuông tại A:
\[AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}} = 8\,\left[ {cm} \right]\]
Lại có AH là đường cao của tam giác vuông ABC nên:
\[AH.BC = AB.AC\] [định lí 3]
\[ \Rightarrow AH = {{AB.AC} \over {BC}} = {{6.8} \over {10}} = 4,8\,\left[ {cm} \right]\]
Lại có tứ giác AFHE là hình chữ nhật [vì có ba góc vuông] nên \[EF = AH = 4,8 \;[cm]\]
b. Xét tam giác vuông AHB có đường cao HE, ta có:
\[A{H^2} = AE.AB\] [định lí 1] [1]
Xét tam giác vuông AHC có đường cao HF, ta có:
\[A{H^2} = AF.AC\] [2]
Từ [1] và [2] suy ra: \[AE.AB = AF.AC\]
c. Ta có:
\[\eqalign{ & \sin B = {{AC} \over {BC}} \Rightarrow {\sin ^2}B = {{A{C^2}} \over {B{C^2}}} \cr & \sin C = {{AB} \over {BC}} \Rightarrow {\sin ^2}C = {{A{B^2}} \over {B{C^2}}} \cr & \tan B = {{AC} \over {AB}} \Rightarrow \tan C = {{AB} \over {AC}} \cr} \]
Vậy \[\eqalign{ A &= {\sin ^2}B + {\sin ^2}C - \tan B.\tan C \cr & = {{A{C^2}} \over {B{C^2}}} + {{A{B^2}} \over {B{C^2}}} - {{AC} \over {AB}}.{{AB} \over {AC}} \cr&= {{A{C^2} + A{B^2}} \over {B{C^2}}} - 1 \cr} \]
\[\;\;\;\;\; = {{B{C^2}} \over {B{C^2}}} - 1\] [định lí Pi-ta-go]
\[\;\;\;\;\;=1 1 = 0\]
LG bài 3
Phương pháp giải:
Sử dụng tính chất tam giác đồng dạng và định lý Pytago
Lời giải chi tiết:
a. Ta có: BAC đồng dạng EFC [g.g] \[ \Rightarrow {{AC} \over {BC}} = {{FC} \over {EC}}\] [1]
Xét AFC và BEC có \[\widehat C\] chung và [1]
Do đó AFC đồng dạng BEC [c.g.c]
\[\eqalign{ & \Rightarrow {{AF} \over {BE}} = {{AC} \over {BC}} = \cos C \cr & \Rightarrow AF = BE.\cos C\,\left[ {dpcm} \right] \cr} \]
b. Ta có: \[{S_{AEFB}} = {S_{ABC}} - {S_{EFC}}\]
Ta có: \[\sin C = 0,6 \Rightarrow \widehat C \approx 36^\circ 52'\]
ABC vuông tại A nên \[AB = BC.sinC = 20.0,6 = 12\; [cm]\]
Tương tự: \[AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{20}^2} - {{12}^2}} = 16\,\left[ {cm} \right]\]
Do đó: \[{S_{ABC}} = {1 \over 2}AB.AC = {1 \over 2}12.16 = 96\,\left[ {c{m^2}} \right]\]
BAC và EFC đồng dạng [cmt], ta có:
\[\eqalign{ & {{{S_{EFC}}} \over {{S_{BAC}}}} = {\left[ {{{EC} \over {BC}}} \right]^2} = {\left[ {{8 \over {20}}} \right]^2} = {{64} \over {400}} \cr & \Rightarrow {S_{EFC}} = {{{S_{ABC}}.64} \over {400}} = {{96.64} \over {400}} \approx 15,36\,\left[ {c{m^2}} \right] \cr & \text{Vậy }\,{S_{AEFB}} = 96 - 15,36 = 80,64\,\left[ {c{m^2}} \right] \cr} \]