Bài tập ôn tập chương 5

Xét $\Delta ABC$ có: $\widehat A = {90^o}$  
$\widehat B + \widehat C = 90^\circ  \Rightarrow \widehat C = 90^\circ  - \widehat B = {90^o} - {48^o} = {42^o}$ ($\widehat C$  và $\widehat B$  là hai góc phụ nhau)
Áp dụng hệ thức liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông ta có: 

\(AC = BC.\sin B = 50.\sin 48^\circ  \approx 37,2cm\)

\(AB = BC.\cos B = 50.\cos 48^\circ  \approx 33,5cm\)

Vậy \(AC = 37,2\,cm;\,AB = 33,5\,cm;\,\widehat C = 42^\circ \) .

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(\widehat {ABC} + \widehat C = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {ABC} = 50^\circ \)

Mà \(BD\) là phân giác góc \(ABC\) nên \(\widehat {ABD} = \dfrac{1}{2}\widehat {ABC} = 25^\circ \)

Xét tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\) ta có \(BD = \dfrac{{AB}}{{\cos \widehat {ABD}}} = \dfrac{{21}}{{\cos 25^\circ }} \approx 23,2\,cm\)

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\) theo định lý Pytago ta có \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Rightarrow A{B^2} = {17^2} - {14^2} \Rightarrow AB = \sqrt {93} \)

Lại có $\tan B = \dfrac{{AC}}{{AB}} = \dfrac{{14}}{{\sqrt {93} }} = \dfrac{{14\sqrt {93} }}{{93}}$

Ta có ${\sin ^4}\alpha  + {\cos ^4}\alpha  + 2{\sin ^2}\alpha .{\cos ^2}\alpha $\( = {\left( {{{\sin }^2}\alpha } \right)^2} + 2{\sin ^2}\alpha .{\cos ^2}\alpha  + {\left( {{{\cos }^2}\alpha } \right)^2}\) \( = {\left( {{{\sin }^2}\alpha  + {{\cos }^2}\alpha } \right)^2} = {1^2} = 1\)

(vì \({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1\))

Kẻ \(AH \bot BC\) tại \(H.\) Suy ra \(H\) là trung điểm của \(BC\)  (do tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) có \(AH\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến)

Xét tam giác \(AHB\) vuông tại \(H\) có \(\cos \widehat {ABH} = \dfrac{{BH}}{{AB}} \Rightarrow BH = AB.\cos \widehat {ABH}\)\( = 20.\cos 50^\circ \)

Mà \(H\) là trung điểm của \(BC\) nên \(BC = 2BH = 2.2.\cos 50^0\approx 25,7\,cm\)

Vậy \(BC \approx 25,7\,cm.\)

Đặt tên như hình vẽ trên.

Tam giác \(MNP\)  vuông tại \(M\)  có \(MH \bot NP\)

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(M{N^2} = N{H^2}.NP \Rightarrow {6^2} = x.8 \Rightarrow x = 36:8 = 4,5.\)

Vậy \(x = 4,5.\)

Vì \(\tan \alpha  = \dfrac{3}{4}\) nên \(\cos \alpha  \ne 0.\) Chia cả tử và mẫu  của \(M\) cho \(\cos \alpha \)  ta được

\(M = \dfrac{{\left( {\sin \alpha  - 2\cos \alpha } \right):\cos \alpha }}{{\left( {\sin \alpha  - \cos \alpha } \right):\cos \alpha }}\) \( = \dfrac{{\dfrac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} - 2}}{{\dfrac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} - 1}} = \dfrac{{\tan \alpha  - 2}}{{\tan \alpha  - 1}}\)

Thay \(\tan \alpha  = \dfrac{3}{4}\) vào \(M\) ta được \(M = \dfrac{{\dfrac{3}{4} - 2}}{{\dfrac{3}{4} - 1}} = 5.\)

Ta có \(BC = BH + HC = y + 32\)

Áp dụng hệ thức lượng \(A{B^2} = BH.BC\)  trong tam giác vuông \(ABC\) ta có

\(\begin{array}{l}{30^2} = y\left( {y + 32} \right)\\ \Leftrightarrow {y^2} + 32y - 900 = 0\\ \Leftrightarrow {y^2} + 50y - 18y - 90 = 0\\ \Leftrightarrow y\left( {y + 50} \right) - 18\left( {y + 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {y - 18} \right)\left( {y + 50} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y - 18 = 0\\y + 50 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 18\left( N \right)\\y =  - 50\,\left( L \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Suy ra \(y = 18 \Rightarrow BC = 18 + 32 = 50\)

Áp dụng hệ thức lượng \(A{C^2} = CH.BC\) ta có

\({x^2} = 32.50 \Leftrightarrow {x^2} = 1600 \Rightarrow x = 40.\)

Vậy \(x = 40;y = 18.\)

Ta có \({\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1\) \( \Rightarrow {\sin ^2}x = 1 - {\cos ^2}x\)

Từ đó ${\cos ^2}x - {\sin ^2}x = \dfrac{1}{2}$

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}x - \left( {1 - {{\cos }^2}x} \right) = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow 2{\cos ^2}x = \dfrac{3}{2}\) \( \Leftrightarrow {\cos ^2}x = \dfrac{3}{4} \Rightarrow \cos x = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)  (do \(x\) là góc nhọn nên \(\cos x > 0\) )

Suy ra \(x = 30^\circ .\)

Vì \(\dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{5}{7} \Rightarrow AB = 5a;AC = 7a\)  với \(a > 0.\)

Theo hệ thức lượng trong tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) ta có

\(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{{15}^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {5a} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {7a} \right)}^2}}}\) \( \Leftrightarrow \dfrac{1}{{225}} = \dfrac{1}{{25{a^2}}} + \dfrac{1}{{49{a^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{225}} = \dfrac{{74}}{{1225{a^2}}} \Rightarrow {a^2} = \dfrac{{666}}{{49}} \Rightarrow a = \dfrac{{3\sqrt {74} }}{7}\)

Suy ra \(AB = \dfrac{{15\sqrt {74} }}{7};AC = 3\sqrt {74} \)

Lại có \(AH.BC = AB.AC \Rightarrow BC = \dfrac{{AB.AC}}{{AH}} = \dfrac{{222}}{7}\)

Mà \(A{C^2} = CH.BC \Rightarrow HC = \dfrac{{A{C^2}}}{{BC}} = 21\,cm.\)

Xét tam giác vuông \(ABC\)  ta có \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\)  (định lý Pytago)

Hay \(B{C^2} = {12^2} + {16^2} \Rightarrow B{C^2} = 400 \Rightarrow BC = 20\,cm\)

Vì \(AD\) là phân giác góc \(A\)  nên theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta có

\(\dfrac{{BD}}{{AB}} = \dfrac{{DC}}{{AC}} \Leftrightarrow \dfrac{{BD}}{{12}} = \dfrac{{DC}}{{16}} = \dfrac{{BD + DC}}{{12 + 16}} = \dfrac{{BC}}{{28}} = \dfrac{{20}}{{28}} = \dfrac{5}{7}\)

Suy ra \(BD = 12.\dfrac{5}{7} = \dfrac{{60}}{7}\,cm\)

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có \(A{B^2} = BH.BC \Rightarrow BH = \dfrac{{A{B^2}}}{{BC}} = \dfrac{{{{12}^2}}}{{20}} = 7,2\,cm\)

Lại có \(HD = BD - BH = \dfrac{{60}}{7} - 7,2 = \dfrac{{48}}{{35}}\,\,cm\)

Ta có $C = {(3\sin \alpha  + 4\cos \alpha )^2} + {\left( {4\sin \alpha  - 3\cos \alpha } \right)^2}$\( = 9{\sin ^2}\alpha  + 24\sin \alpha .\cos \alpha  + 16{\cos ^2}\alpha  + 16{\sin ^2}\alpha  - 24\sin \alpha \cos \alpha  + 9{\cos ^2}\alpha \)

\( = 25{\sin ^2}\alpha  + 25{\cos ^2}\alpha  = 25\left( {{{\sin }^2}\alpha  + {{\cos }^2}\alpha } \right) = 25.1 = 25\)

Vậy \(C = 25.\)

Vì  $\tan \alpha  = \dfrac{2}{3}$ nên \(\cos \alpha  \ne 0.\)

Chia cả tử và mẫu của $M$ cho $\cos^3 \alpha$  ta được

$M = \dfrac{{{{\sin }^3}\alpha  + 3{{\cos }^3}\alpha }}{{27{{\sin }^3}\alpha  - 25{{\cos }^3}\alpha }}$\( = \dfrac{{\dfrac{{{{\sin }^3}\alpha }}{{{{\cos }^3}\alpha }} + 3\dfrac{{{{\cos }^3}\alpha }}{{{{\cos }^3}\alpha }}}}{{27\dfrac{{{{\sin }^3}\alpha }}{{{{\cos }^3}\alpha }} - 25\dfrac{{{{\cos }^3}\alpha }}{{{{\cos }^3}\alpha }}}} = \dfrac{{{{\tan }^3}\alpha  + 3}}{{27{{\tan }^3}\alpha  - 25}}\)

Thay $\tan \alpha  = \dfrac{2}{3}$ ta được \(M = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)}^3} + 3}}{{27.{{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)}^3} - 25}} = \dfrac{{ - 89}}{{459}}.\)

Ta có \(\cot 70^\circ  = \tan 20^\circ \) vì \(70^\circ  + 20^\circ  = 90^\circ \) ; \(\cot \,55^\circ  = \tan 35^\circ \,\,\) vì \(55^\circ  + 35^\circ  = 90^\circ \)

\(\cot 40^\circ  = \tan 50^\circ \) vì \(40^\circ  + 50^\circ  = 90^\circ \)

Lại có \(20^\circ  < 28^\circ  < 33^\circ  < 35^\circ  < 50^\circ \)  hay \(\tan 20^\circ  < \tan 28^\circ  < \tan 33^\circ  < \tan 35^\circ  < \tan 50^\circ \)

Suy ra \(\cot 70^\circ  < \tan 28^\circ  < \tan 33^\circ  < \cot 55^\circ  < \cot 40^\circ \)

Kẻ \(AH,\,\,BK\) cùng vuông góc với \(CD\) \(\left( {H,\,\,K \in CD} \right)\).

Xét tứ giác \(ABKH\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB\parallel HK\\AH\parallel BK\end{array} \right.\), suy ra \(ABKH\) là hình bình hành.

Lại có \(\angle AHK = {90^0}\) nên \(ABKH\) là hình chữ nhật, do đó \(HK = AB = 4\).

Xét \(\Delta ADH\) và \(\Delta BCK\) có: 

\(\angle AHD = \angle BKC = {90^0}\);

\(AD = BC\) (tính chất hình thang cân);

\(\angle ADH = \angle ACK\) (tính chất hình thang cân).

\( \Rightarrow \Delta ADH = \Delta BCK\) (cạnh huyền – góc nhọn) \( \Rightarrow DH = CK\) (hai cạnh tương ứng).

Mà \(DH + CK = CD - HK = 8 - 4 = 4\).

Do đó \(DH = CK = 2\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ADH\) ta có:

\(A{H^2} = A{D^2} - D{H^2}\) \( \Leftrightarrow A{H^2} = {4^2} - {2^2} = 12\) \( \Leftrightarrow AH = 2\sqrt 3 \).

Vậy diện tích hình thang \(ABCD\) là: \({S_{ABCD}} = \dfrac{{\left( {AB + CD} \right).AH}}{2}\) \( = \dfrac{{\left( {4 + 8} \right).2\sqrt 3 }}{2} = 12\sqrt 3 \).

Kẻ \(AH \bot CD = \left\{ H \right\},\,\,H \in CD.\)

Có hình thang vuông \(ABCD\) cạnh xiên  \(AD \Rightarrow \angle ABC = \angle BCD = {90^o}.\)

Dễ thấy \(ABCH\)  là hình chữ nhật (có 3 góc vuông) \( \Rightarrow HC = AB = 12\,cm\)

\( \Rightarrow HD = DC - HC = 16 - 12 = 4\,\,(cm)\)

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta AHD\)  vuông tại \(H\)  ta có:

\(\begin{array}{l}A{H^2} = A{D^2} - H{D^2} \Rightarrow AH = \sqrt {A{D^2} - H{D^2}}  = \sqrt {{8^2} - {4^2}}  = 4\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right).\\ \Rightarrow BC = AH \approx 6,93\,\,cm\end{array}\) 

Xét \(\Delta AHD\)  vuông tại \(H\) ta có: \(\cos \angle D = \dfrac{{HD}}{{AD}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \angle D = {60^o}\) 

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle DAH = {90^o} - \angle D = {30^o}\\ \Rightarrow \angle BAD = \angle BAH + \angle DAH = {90^o} + {30^o} = {120^o}.\end{array}\)

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta ABD\) vuông tại \(A\) ta có:

\(DB = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{{20}^2} + {{20}^2}}  = 20\sqrt 2 \,\,cm.\)

Mà \(\Delta ABD\) có \(AB = AD = 20\,cm \Rightarrow \Delta ABD\) vuông cân tại\(A.\)

\( \Rightarrow \angle ABD = \angle ADB = {45^0}\) (tính chất tam giác cân).

Theo đề bài ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB = AC = 20\,cm\\\angle ABC = {60^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta ABC\) là tam giác đều.

\( \Rightarrow BC = 20\,cm;\,\,\,\angle BAC = \angle BCA = {60^0}.\)

Lại có: \(AC = AD = 20\,\,cm \Rightarrow \Delta ACD\) cân tại \(A\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle ACD = \angle ADC = \dfrac{{{{180}^0} - \angle CAD}}{2} = \dfrac{{{{180}^0} - \left( {{{90}^0} - \angle BAC} \right)}}{2} = \dfrac{{{{180}^0} - \left( {{{90}^0} - {{60}^0}} \right)}}{2} = {75^0}.\\ \Rightarrow \angle EDB = \angle ADC - \angle ADB = {75^0} - {45^0} = {30^0}.\end{array}\)

Xét \(\Delta BED\) vuông tại \(E\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}BE = BD.\sin \angle EDB = 20\sqrt 2 .\sin {30^0} = 20\sqrt 2 .\dfrac{1}{2} = 10\sqrt 2 \,\,cm.\\ED = BD.cos\angle EDB = 20\sqrt 2 .cos{30^0} = 20\sqrt 2 .\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 10\sqrt 6 \,\,cm.\end{array} \right.\)

Áp dụng định lý Pitago cho\(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) ta có:

\(\begin{array}{l}EC = \sqrt {B{C^2} - B{E^2}}  = \sqrt {{{20}^2} - {{\left( {10\sqrt 2 } \right)}^2}} \\ = 10\sqrt 2 \,\,cm.\end{array}\)

Ta có: \( CD = ED - EC = 10\sqrt 6  - 10\sqrt 2  \)\(= 10\sqrt 2 \left( {\sqrt 3  - 1} \right)\,\,\,cm \approx 10,35\,\,cm\)

Áp dụng định lý Pytago cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có: 

\(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\) \( \Leftrightarrow B{C^2} = {15^2} + {20^2} = 625\)\( \Rightarrow BC = 25\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\)  ta có:

\(sinB = \dfrac{{AC}}{{BC}} = \dfrac{{20}}{{25}} \Rightarrow \angle B \approx {53^0}8'\)

Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\)  ta có:

\(\angle B + \angle C = {90^0}\)\( \Leftrightarrow {53^0}8' + \angle C = {90^0}\)\( \Leftrightarrow \angle C \approx {36^0}52'\)