Đề kiểm tra 45 phút Chương 1 Hình lớp 9:Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ trung điểm E của cạnh AC, vẽ EF vuông góc với BC. Chứng minh rằng :AF = BE.cos C

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 \({S_{AEFB}}\)

Bài 1. 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: \(\left( {\tan 52^\circ  + \cot 43^\circ } \right).\left( {\tan 29^\circ  – \cot 61^\circ } \right).\left( {\tan 13^\circ  – \tan 24^\circ } \right) = 0\)

Bài 2.

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)

\( \Rightarrow AH = {{AB.AC} \over {BC}} = {{6.8} \over {10}} = 4,8\,\left( {cm} \right)\)

Dễ thấy tứ giác AFHE là hình chữ nhật 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)

Tương tự với tam giác vuông AHC, 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)

\(\;\;\;\;\;=1 – 1 = 0\)

Bài 3.

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:

\(\eqalign{  & {{{S_{EFC}}} \over {{S_{BAC}}}} = {\left( {{{EC} \over {BC}}} \right)^2} = {\left( {{8 \over {20}}} \right)^2} = {{64} \over {400}}  \cr  &  \Rightarrow {S_{EFC}} = {{{S_{ABC}}.64} \over {400}} = {{96.64} \over {400}} \approx 15,36\,\left( {c{m^2}} \right)  \cr  & \text{Vậy }\,{S_{AEFB}} = 96 – 15,36 = 80,64\,\left( {c{m^2}} \right) \cr} \)