• Bài tập tự luyện dạng 2

Bài tập cơ bản

Câu 1:

Giải tam giác ABC, biết $\widehat{B}=65{}^\circ ;\widehat{C}=40{}^\circ ;BC=4,2\,cm.$

Câu 2:

Cho tam giác ABC có $\widehat{A}=70{}^\circ ,AB=12\,cm,AC=\,17\,cm.$ Tính độ dài đoạn BC.

Câu 3:

Cho tam giác ABC có $\widehat{B}=70{}^\circ $; $\widehat{C}=45{}^\circ $ và $AC=4\,cm.$ Tính diện tích tam giác ABC.

Câu 4:

Tứ giác ABCD có các đường chéo cắt nhau tại O. Cho biết $AC=4\,cm,BD=5\,cm$ và $\widehat{AOB}=60{}^\circ .$ Tính diện tích tứ giác ABCD.

Câu 5:

Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH $\left( H\in BC \right)$.

a) Cho $BC=12;CH=9.$ Tính số đo $\widehat{ABC}$.

b) Lấy điểm D nằm giữa hai điểm A và C. Gọi K là hình chiếu của A trên BD. Chứng minh rằng: $BK.BD=BH.BC.$

c) Chứng minh rằng $\widehat{AHK}=\widehat{KAD}.$

Bài tập nâng cao

Câu 6:

Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có góc nhọn tạo bởi AB và AC bằng $\alpha $ thì có diện tích $S=\frac{1}{2}AB.AC.\sin \alpha .$

Câu 7:

Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AH. Đường cao ứng với cạnh bên bằng h, góc ở đáy bằng $\alpha $. Chứng minh ${{S}_{ABC}}=\frac{{{h}^{2}}}{4.\sin \alpha .\cos \alpha }$.

Câu 8:

Cho tam giác nhọn ABC, $AB>AC$, đường cao AH và đường trung tuyến AM. Gọi $\alpha $ là số đo $\widehat{HAM}$. Chứng minh: $\tan \alpha =\frac{\cot B-\cot C}{2}.$

Câu 9:

Cho hình thang ABCD vuông tại A và A có $\widehat{D}=45{}^\circ ,$ đáy nhỏ $BC=6\,cm,$ đáy lớn $AB=8\,cm.$

a) Tính AD, CD, ${{S}_{ABCD}}.$

b) Gọi M, N, E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD, BD, AC. Chứng minh rằng M, N, E, F thẳng hàng.

c) Tia BN cắt AD tại K, tia EN cắt CK tại Q. Chứng minh rằng BCKD là hình bình hành và $QB=QA.$

d) Chứng minh $C{{K}^{2}}=A{{C}^{2}}+A{{K}^{2}}-2AC.AK\cos \widehat{KAC}.$

Dạng 2. Tính cạnh và góc của tam giác

Câu 1.

Xét tam giác ABC, ta có: $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180{}^\circ $ (định lí tổng ba góc trong tam giác) $\Rightarrow \widehat{A}=180{}^\circ -\left( \widehat{B}+\widehat{C} \right)=180{}^\circ -\left( 65{}^\circ +40{}^\circ \right)=75{}^\circ .$ Từ B hạ đường thẳng vuông góc với AC tại H.

Xét $\Delta HBC$ vuông tại H, ta có: $BH=BC.\sin C$ (hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông)

$\Rightarrow BH=4,2.\sin 40{}^\circ \approx 2,7\,cm.$

Xét $\Delta ABH$ vuông tại H, ta có: $AB=\frac{BH}{\sin A}$ (hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông)

$\Rightarrow AB=\frac{2,7}{\sin 75{}^\circ }\approx 2,8\,cm$

Ta có $AC=AH+CH=BH\left( \cot A+\cot C \right)$

$\Rightarrow AC=2,7.\left( \cot 75{}^\circ +\cot 40{}^\circ \right)\approx 3,9\,cm.$

Câu 2.

Kẻ $BH\bot AC.$ Xét $\Delta AHB$ vuông tại H ta có: $BH=AB.\sin \widehat{BAH}=12.\sin 70{}^\circ \approx 11,27$ (hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông). $AH=AB.\cos \widehat{BAH}=12.\cos 70{}^\circ \approx 4,10\,cm$(hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông). Có: $HC=AC-AH=17-4,10=12,90\,cm$. Áp dụng định lí Py-ta-go trong $\Delta BHC$ vuông tại H ta có: $B{{C}^{2}}=B{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}=11,{{27}^{2}}+12,{{9}^{2}}\approx 293,42\Rightarrow BC\approx 15,47\,cm.$

Câu 3.

Từ B hạ đường thẳng vuông góc với AC tại H. Xét $\Delta BHC$ vuông tại H ta có: $BH=BC.\sin \widehat{BCH}$ (hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông) $\Rightarrow BH=4.\sin 45{}^\circ =4.\frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}\,cm.$ Xét $\Delta AHB$ vuông tại H ta có: $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180{}^\circ $ (định lí tổng ba góc trong tam giác) $\Rightarrow \widehat{A}=180{}^\circ -\left( \widehat{B}+\widehat{C} \right)=180{}^\circ -\left( 70{}^\circ +45{}^\circ \right)=65{}^\circ .$ Có: $AH=BH.\cot \widehat{BAH}=2\sqrt{2}.\cot 65{}^\circ \approx 1,32\,cm$ (hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông). Lại có $\widehat{ABH}+\widehat{BAH}=90{}^\circ $ (tính chất hai góc phụ nhau trong tam giác vuông). Suy ra $\widehat{ABH}=90{}^\circ -\widehat{BAH}=90{}^\circ -65{}^\circ =25{}^\circ $ $\Rightarrow \widehat{HBC}=\widehat{ABC}-\widehat{ABH}=70{}^\circ -25{}^\circ =45{}^\circ $, nên $\Delta BHC$ vuông cân tại H. Khi đó $HC=BH=2\sqrt{2}\,cm.$ Có: $AC=AH+HC\approx 1,32+2\sqrt{2}\approx 4,15\,cm.$ Vậy ${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AC.BH\approx \frac{1}{2}.4,15.2\sqrt{2}\approx 5,87\,c{{m}^{2}}.$

Câu 4.

Kẻ $AH\bot BD$ và $CK\bot BD$ Ta có: $\widehat{AOB}=\widehat{COD}=60{}^\circ $ (tính chất hai góc đối đỉnh) Xét $\Delta AHO$ vuông tại H ta có: $AH=OA.\sin \widehat{AOH}=OA.\sin \widehat{AOH}=OA.\sin 60{}^\circ $ (hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông) Xét $\Delta CK\text{O}$ vuông tại K ta có: $CK=CO.\sin \widehat{COK}=CO.\sin \widehat{COD}=CO.\sin 60{}^\circ $ (hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông) Ta có ${{S}_{\Delta ABD}}=\frac{1}{2}BD.AH=\frac{1}{2}BD.OA.\sin 60{}^\circ $ ${{S}_{\Delta CBD}}=\frac{1}{2}BD.CK=\frac{1}{2}BD.CO.\sin 60{}^\circ $ $\Rightarrow {{S}_{ABCD}}={{S}_{\Delta ABD}}+{{S}_{\Delta CBD}}=\frac{1}{2}BD.\sin 60{}^\circ .\left( OA+CO \right)=\frac{1}{2}BD.AC.\sin 60{}^\circ $ \[=\frac{1}{2}.5.4.\sin 60{}^\circ =5\sqrt{3}\,c{{m}^{2}}\]

Câu 5.

a) Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH có: $A{{C}^{2}}=CH.CB=9.12=108\Rightarrow AC=6\sqrt{3}.$ $\Rightarrow \sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{ABC}=60{}^\circ .$ b) $\Delta ABD$ vuông tại A, đường cao AK có: $BK.BD=A{{B}^{2}}$. $\Delta ABC$ vuông tại A, đường cao AH có: $BH.BC=A{{B}^{2}}.$ Do đó $BK.BD=BH.BC.$ c) Theo chứng minh trên: $BK.BD=BH.BC$ $\Rightarrow \frac{BK}{BH}=\frac{BC}{BD}\Rightarrow \Delta BKH\backsim \Delta BCD\left( c.g.c \right)\Rightarrow \widehat{BHK}=\widehat{BDC}$. Mặt khác $\widehat{BHK}=\widehat{BHA}+\widehat{AHK}=90{}^\circ +\widehat{AHK};$ $\widehat{BDC}=\widehat{DKA}+\widehat{KAD}=90{}^\circ +\widehat{KAD}.$ Vậy $\widehat{AHK}=\widehat{KAD}.$

Câu 6.

Từ B kẻ đường cao vuông góc với AC tại H. Xét $\Delta ABH$ vuông tại H, ta có: $BH=AB.\sin \alpha $ (hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông) Diện tích tam giác $ABC$ là: $S=\frac{1}{2}AB.BH=\frac{1}{2}AB.AC.\sin \alpha $ (điều phải chứng minh).

Câu 7.

Gọi BE là đường cao ứng với cạnh bên AC. Xét $\Delta BEC$ vuông tại E, ta có: $BC=\frac{BE}{\sin \alpha }=\frac{h}{\sin \alpha }$ (hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông) $\Rightarrow BH=HC=\frac{1}{2}BC=\frac{h}{2\sin \alpha }$. Xét $\Delta AHC$ vuông tại H, ta có: $AH=CH.\tan \alpha $ (hệ thức giũa cạnh và góc trong tam giác vuông) $\Rightarrow AH=\frac{h}{2\sin \alpha }.\tan \alpha =\frac{h}{2\sin \alpha }.\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=\frac{h}{2\cos \alpha }.$ Ta có: ${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}.\frac{h}{2\cos \alpha }.\frac{h}{\sin \alpha }=\frac{{{h}^{2}}}{4\sin \alpha \cos \alpha }$ (điều phải chứng minh).

Câu 8.

Ta có: $HB-HC=\left( HM+MB \right)-\left( MC-MH \right)=2HM.$

Giả sử $AH=h.$

Xét $\Delta AHB$ vuông tại H, ta có:

$HB=AH.\cot B=h.\cot B$ (hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông).

Xét $\Delta AHC$ vuông tại H ta có:

$HC=AH.\cot C=h.\cot C$ (hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông).

$\Rightarrow HB-HC=h.\left( \cot B-\cot C \right)$ hay $2HM=h\left( \cot B-\cot C \right)$ (1)

Xét $\Delta AMH$ vuông tại H, ta có: $HM=AH.\tan \alpha =h.\tan \alpha $ (hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông) $\Rightarrow 2HM=2h.\tan \alpha $ (2) Từ (1), (2) $\Rightarrow 2h.\tan \alpha =h\left( \cot B-\cot C \right)$ Do đó $\tan \alpha =\frac{\cot B-\cot C}{2}$ (điều phải chứng minh)

Câu 9.

a) Lấy G là hình chiếu của C trên AD.

Ta có: BCGA là hình chữ nhật, suy ra $BC=AG=6\,cm,BA=CG=8\,cm.$

Xét $\Delta CGD$ vuông tại G ta có:

$GD=CG.\cot \widehat{ADC}=8.\cot 45{}^\circ =8\,cm$ (hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông).

$\Rightarrow AD=AG+GD=6+8=14\,cm$.

$CD=\frac{CG}{\sin \widehat{ADC}}\Rightarrow CD=\frac{8}{\sin 45{}^\circ }=8\sqrt{2}\,cm\Rightarrow {{S}_{ABCD}}=\frac{1}{2}\left( AD+BC \right).CG=\frac{1}{2}\left( 14+8\sqrt{2} \right).6\approx 75,94\,c{{m}^{2}}.$

b) Ta có:

MF là đường trung bình của $\Delta ABC$ suy ra $MF\,\text{//}\,BC$.

EN là đường trung bình của $\Delta BCD$ suy ra $EN\,\text{//}\,BC.$

MN là đường trung bình của hình thang ABCD suy ra $MN\,\text{//}\,AD\,\text{//}\,BC.$

Theo tiên đề Ơ-clít, qua điểm M hay N chỉ có một đường thẳng song song BC.

Vậy M, N, E, F thẳng hàng.

c) +) Ta có $BC\,\text{//}\,DK$, suy ra $\widehat{BCN}=\widehat{NDK}$ (hai góc so le trong bằng nhau).

Xét $\Delta NBC$ và $\Delta NKD$ ta có: $\left\{ \begin{array} & CN=ND \\ \widehat{BNC}=\widehat{KND};\widehat{BCN}=\widehat{NDK} \\ \end{array} \right.\Rightarrow \Delta NBC=\Delta NKD\left( g.c.g \right)\Rightarrow BC=DK.$

Tứ giác BCKD có $BC\,\text{//}\,DK,BC=DK$ nên là hình bình hành.

+) Ta có Q nằm trên EN, mà $\left\{ \begin{array} & EN\,\text{//}\,BC \\ BC\bot AB \\ \end{array} \right.\Rightarrow MQ\bot AB.$

$\Delta QAB$ có QM là đường cao đồng thời là trung tuyến nên $\Delta QAB$ cân tại Q, vậy $QA=QB.$

d) Ta có: $A{{K}^{2}}={{\left( AG+GK \right)}^{2}}=A{{G}^{2}}+G{{K}^{2}}+2AG.GK.$

Xét $\Delta AGC$ vuông tại G ta có: $A{{C}^{2}}=A{{G}^{2}}+G{{C}^{2}}$ (Định lí Py-ta-go)

Lại có $AG=AC.\cos \widehat{CAG}$ (hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông)

Xét $\Delta CGK$ vuông tại G ta có: $C{{K}^{2}}=C{{G}^{2}}+G{{K}^{2}}$ (Định lí Py-ta-go)

$\Rightarrow VP=A{{G}^{2}}+G{{C}^{2}}+A{{G}^{2}}+G{{K}^{2}}+2AG.GK-2AC.AK.\cos \widehat{KAC}$

$=2AG.\left( AG+GK \right)+G{{C}^{2}}+G{{K}^{2}}-2AK.\left( AC.\cos \widehat{KAC} \right)=2AG.AK+C{{K}^{2}}-2AK.AG=C{{K}^{2}}=VT.$

Ta có điều phải chứng minh.