Câu 2.16. Trang 110 Sách Bài Tập [SBT] Toán 9 Tập 1
Cho tam giác ABC có \[\widehat A = 60^\circ \]. Chứng minh rằng:
BC2= AB2+ AC2 AB.AC.
Gợi ý làm bài:
Kẻ đường cao BH của tam giác ABC thì H nằm trên tia AC [để \[\widehat {BAC} = 60^\circ \]là góc nhọn ], do đó HC2= [AC AH]2
Công thức Py-ta-go cho ta:
BC2= BH2+ HC2
= BH2+ [AC AH]2
= BH2+ AH2+AC2 2AC.AH
= AB2+ AC2 2AC.AH.
Do \[\widehat {BAC} = 60^\circ \]nên AH = AB cos60º = \[{{AB} \over 2},\]suy ra BC2= AB2+ AC2 AB.AC .
Câu 2.17 Trang 110 Sách Bài Tập [SBT] Toán 9 Tập 1
Cho tứ giác ABCD có α là góc nhọn tạo bởi hai đường chéo chứng minh rằng:
\[{S_{ABCD}} = {1 \over 2}AC.BD.\sin a.\]
Gợi ý làm bài:
Giả sử hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại I, \[\widehat {AIB} = \alpha \]là góc nhọn.
Kẻ đường cao AH của tam giác ABD và đường cao CK của tam giác CBD.
Ta có: AH = AIsinα, CK = CIsinα, diện tích tam giác ABD là \[{S_{ABD}} = {1 \over 2}BD.AH,\]diện tích tam giác CBD là: \[{S_{CBD}} = {1 \over 2}BD.CK.\]
Từ đó diện tích S của tứ giác ABCD là:
\[\eqalign{
& S = {S_{ABD}} + {S_{CBD}} \cr
& = {1 \over 2}BD.[AH + CK] \cr
& = {1 \over 2}BD.[AI + CI]\sin \alpha \cr
& = {1 \over 2}{\rm{BC}}{\rm{.ACs}}in\alpha \cr} \]
Câu 2.18. Trang 110 Sách Bài Tập [SBT] Toán 9 Tập 1
Cho góc nhọn α
a] Chứng minh rằng \[{{1 - tg\alpha } \over {1 + tg\alpha }} = {{\cos \alpha - \sin \alpha } \over {\cos \alpha + \sin \alpha }}.\]
b] Cho \[tg\alpha = {1 \over 3}.\]Tính \[{{\cos \alpha - \sin \alpha } \over {\cos \alpha + \sin \alpha }}\].
Gợi ý làm bài:
a] \[{{1 - tg\alpha } \over {1 + tg\alpha }} = {{1 - {{\sin \alpha } \over {\cos \alpha }}} \over {1 + {{\sin \alpha } \over {\cos \alpha }}}} = {{\cos \alpha - \sin \alpha } \over {\cos \alpha + \sin \alpha }}.\]
b] \[{{\cos \alpha - \sin \alpha } \over {\cos \alpha + \sin \alpha }} = {{1 - tg\alpha } \over {1 + tg\alpha }} = {{1 - {1 \over 3}} \over {1 + {1 \over 3}}} = {1 \over 2}.\]
Câu 2.19 Trang 110 Sách Bài Tập [SBT] Toán 9 Tập 1
Tính giá trị của biểu thức
a] \[{{3\cot g60^\circ } \over {2{{\cos }^2}30^\circ - 1}}\]; b] \[{{\cos 60^\circ } \over {1 + \sin 60^\circ }} + {1 \over {tg30^\circ }}.\]
Gợi ý làm bài:
a]
\[\eqalign{
& {{3\cot g60^\circ } \over {2{{\cos }^2}30^\circ - 1}} \cr
& = {{\sqrt 3 } \over {2{{\left[ {{{\sqrt 3 } \over 2}} \right]}^2} - 1}} \cr
& = {{\sqrt 3 } \over {{3 \over 2} - 1}} = 2\sqrt 3 \cr} \]
b]
\[\eqalign{
& {{\cos 60^\circ } \over {1 + \sin 60^\circ }} + {1 \over {tg30^\circ }} \cr
& = {{{1 \over 2}} \over {1 + {{\sqrt 3 } \over 2}}} + \sqrt 3 \cr
& = {1 \over {2 + \sqrt 3 }} + \sqrt 3 \cr
& = {{2[2 + \sqrt {3]} } \over {2 + \sqrt 3 }} = 2. \cr} \]