Kiểm tra 45 phút Chương 1 Hình học lớp 9: Chứng minh rằng ∆ADE cân

Bài 1. Tính giá trị của biểu thức :

\(A = {{3\cot 77^\circ } \over {2\tan 13^\circ }} – {{{{\cos }^2}26^\circ  + {{\cos }^2}64^\circ  – {{\cos }^2}71^\circ  – {{\cos }^2}19^\circ } \over {{{\sin }^2}34^\circ  + {{\sin }^2}56^\circ  + {{\sin }^2}15^\circ  + {{\sin }^2}75^\circ }}\)

Bài 2. Cho hình thang ABCD (AB // CD) có \(AB = 1cm\), \(CD = 5cm\) và \(\widehat C = 30^\circ ,\widehat D = 60^\circ \). Tính diện tích hình thang ABCD.

Bài 3. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao BI, CK cắt nhau tại H. Trên đoạn HB, HC lần lượt lấy các điểm D và E sao cho \(\widehat {ADC} = \widehat {AEB} = 90^\circ .\)

a. Chứng minh rằng ∆ADE cân

b. Cho \(AD = 6cm, AC = 10cm\). Tính DC, CI và diện tích \(∆ADI.\)

Bài 1. Ta có:

\(\eqalign{   A &= {{3\cot 77^\circ } \over {2\tan 13^\circ }} – {{{{\cos }^2}26^\circ  + {{\cos }^2}64^\circ  – {{\cos }^2}71^\circ  – {{\cos }^2}19^\circ } \over {{{\sin }^2}34^\circ  + {{\sin }^2}56^\circ  + {{\sin }^2}15^\circ  + {{\sin }^2}75^\circ }}  \cr  &  = {{3\tan 13^\circ } \over {2\tan 13^\circ }} – {{{{\cos }^2}26^\circ  + {{\sin }^2}26^\circ  – {{\cos }^2}71^\circ  – {{\sin }^2}71^\circ } \over {{{\sin }^2}34^\circ  + {{\cos }^2}34^\circ  + {{\sin }^2}15^\circ  + {{\cos }^2}15^\circ }}  \cr  &  = {3 \over 2} – {{1 – \left( {{{\cos }^2}71^\circ  + {{\sin }^2}71^\circ } \right)} \over {1 + 1}}\cr& = {3 \over 2} – {{1 – 1} \over 2} = {3 \over 2} \cr} \)

Bài 2.

Gọi I là giao điểm của CB và DA

Khi đó ∆ICD vuông tại I (vì \(\widehat C + \widehat D = 30^\circ  + 60^\circ  = 90^\circ \)) và \(ID = {1 \over 2}CD\) (trong tam giác vuông cạnh đối diện góc 30˚ bằng nửa cạnh huyền).

Mặt khác ∆ICD vuông tại I, ta có:

\(IC = CD.\sin D = 5.\sin 60^\circ  = {{5\sqrt 3 } \over 2}\,\left( {cm} \right)\)

Do đó: \({S_{ICD}} = {1 \over 2}IC.ID = {1 \over 2}.{{5\sqrt 3 } \over 2}.{5 \over 2} = {{25\sqrt 3 } \over 8}\,\left( {c{m^2}} \right)\)

Vì AB // CD (gt) nên:

\(\widehat {IAB} = \widehat D = 60^\circ \) (đồng vị)

và \(\widehat {IBA} = \widehat C = 30^\circ \)

Tương tự, trong ∆IAB vuông tại I, ta có:

\(\eqalign{  & IA = AB.\sin 30^\circ  = 1.\sin 30^\circ  = {1 \over 2}\,\left( {cm} \right)  \cr  & va\,IB = AB.\cos 30^\circ  = 1.\cos 30^\circ  = {{\sqrt 3 } \over 2}\,\left( {cm} \right) \cr} \)

Do đó: \({S_{IAB}} = {1 \over 2}IA.IB = {1 \over 2}.{1 \over 2}.{{\sqrt 3 } \over 2} = {{\sqrt 3 } \over 8}\,\left( {c{m^2}} \right)\)

Ta có: \({S_{ABCD}} = {S_{ICD}} – {S_{IAB}} \)\(\;= {{25\sqrt 3 } \over 8} – {{\sqrt 3 } \over 8} = {{24\sqrt 3 } \over 8} = 3\sqrt 3 \,\left( {c{m^2}} \right)\)

Bài 3.

a. Ta có: ∆ADC vuông tại D, đường cao DI nên :

\(A{D^2} = AC.AI\) (định lí 1) (1)

Tương tự: ∆AEB có đường cao EK:

\(A{E^2} = AB.AK\) (2)

Dễ thấy ∆AIB đồng dạng ∆AKC (g.g)

\(\eqalign{  &  \Rightarrow {{AB} \over {AC}} = {{AI} \over {AK}}  \cr  &  \Rightarrow AB.AK = AC.AI\,\left( 3 \right) \cr} \)

Từ (1), (2) và (3) \( \Rightarrow A{D^2} = A{E^2}\)

Vậy ∆ADE cân tại E.

b. Ta có: ∆ADC vuông :

\(DC = \sqrt {A{C^2} – A{D^2}}  = \sqrt {{{10}^2} – {6^2}}  = 8\,\left( {cm} \right)\)

Lại có DI là đường cao của tam giác vuông ADC, ta có:

\(C{D^2} = CA.CI\) (định lí 1)

\( \Rightarrow CI = {{C{D^2}} \over {CA}} = {{{8^2}} \over {10}} = 6,4\,\left( {cm} \right)\)

Do đó: \(AI = AC – CI = 10 – 6,4 = 3,6 (cm)\)

Ta có: \(DI.CA = DA.DC\) (định lí 3)

\( \Rightarrow DI = {{DA.DC} \over {AC}} = {{6.8} \over {10}} = 4,8\,\left( {cm} \right)\)

Vậy \({S_{ADI}} = {1 \over 2}AI.DI = {1 \over 2}.3,6.4,8 = 8,64\,\left( {c{m^2}} \right)\)