Giaitoan.com Toán 9 Chuyên đề Toán 9 thi vào 10

Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông Chuyên đề Toán lớp 9 luyện thi vào lớp 10

Nội dung
  • 1 Đánh giá

Chuyên đề Toán 9: Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

Bài tập Toán 9: Hệ thức lượng trong tam giác là một dạng toán khó thường gặp trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán. Tài liệu được  GiaiToan.com biên soạn và giới thiệu tới các bạn học sinh cùng quý thầy cô tham khảo. Nội dung tài liệu sẽ giúp các bạn học sinh học tốt môn Toán lớp 9 hiệu quả hơn. Mời các bạn tham khảo.

Hệ thức lượng trong tam giác vuông

A. Công thức hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

- Trong một tam giác vuông, mỗi cạnh góc vuông bằng:

a) Cạnh huyền nhân với sin góc đối hay nhân với cos góc kề.

b) Cạnh góc vuông kia nhân với của góc đối hay nhân với cot của góc kề.

\begin{matrix} b = a.\sin B = a\cos C \hfill \\ c = a.\sin C = a.\cos B \hfill \\ b = c.tgB = c.\cot gC \hfill \\ c = b.tgC = b.\cot gC \hfill \\ \end{matrix}

- Giải tam giác vuông là tìm tất cả các cạnh và các góc chưa biết của tam giác vuông đó.

B. Giải tam giác

Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có AB = 16, AC = 14, góc B bằng 600

a) Tính độ dài cạnh BC

b) Tính diện tích tam giác ABC

Hướng dẫn giải

Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

a). Kẻ đường cao AH

Xét tam giác vuông ABH, ta có:

\begin{matrix} BH = AB.\cos B = AB.\cos {60^0} = 16.\dfrac{1}{2} = 8 \hfill \\ AH = AB.\sin B = AB.\sin {60^0} = 16.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 8\sqrt 3 \hfill \\ \end{matrix}

Áp dụng định lý Pi – ta – go vào tam giác vuông AHC ta có:

H{C^2} = A{C^2} - A{H^2} = {14^2} - {\left( {8\sqrt 3 } \right)^2} = 196 - 192 = 4

=> CH = 2

=> BC = CH + HB = 2 + 8 = 10

b) Cách 1. {S_{ABC}} = \frac{1}{2}BC.AH = \frac{1}{2}.10.8\sqrt 3 = 40\sqrt 3

Cách 2. {S_{ABC}} = \frac{1}{2}BC.BA.\sin B = \frac{1}{2}.10.16.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 40\sqrt 3

Ví dụ 2: Tính diện tích tam giác ABC biết \widehat {ABC} = {45^0},\widehat {ACB} = {60^0} bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R

Hướng dẫn giải

Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

Giả thiết có các góc có số đo đặc biệt, nhưng tam giác ABC là tam giác thường nên ta sẽ tạo ra tam giác vuông bằng cách.

Dựng các đường thẳng qua C, B lần lượt vuông góc với AC, AB.

Gọi D là giao điểm của hai đường thẳng trên.

Khi đó tam giác ABD và ACD là các tam giác vuông và 4 điểm A, B, C, D cùng nằm trên đường tròn đường kính AD = 2R Ta có:

AB = AD.\sin {60^0} = AD.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = R\sqrt 3

Kẻ đường cao AH suy ra H \in BC. Tức là: BC = BH + CH

Tam giác AHB vuông góc tại H nên

AH = BH = AB.\sin {45^0} = \frac{{AB\sqrt 2 }}{2} = AD\frac{{\sqrt 3 }}{2}.\frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{R\sqrt 6 }}{2}

Mặt khác tam giác ACH vuông tại H

=>A{C^2} = A{H^2} + C{H^2} \Rightarrow CH = \frac{R}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow BC = \frac{{R\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}}{{\sqrt 2 }}

=> S = \frac{{{R^2}\left( {3 + \sqrt 3 } \right)}}{4}

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC với các đỉnh A, B, C và các cạnh đối diện với các đỉnh tương ứng là: a, b, c. Chứng minh rằng:

a) {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A

b) Gọi D là chân đường phân giác trong góc A. Chứng minh: AD = \frac{{2bc.\cos \left( {\frac{A}{2}} \right)}}{{b + c}}

Hướng dẫn giải

Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

a) Dựng đường cao BH của tam giác ABC ta có:

Cách 1: Giả sử H thuộc cạnh AC.

Ta có: AC = AH + BC.

Áp dụng định lý Pi – ta – go cho các tam giác vuông AHB, BHC ta có:

\begin{matrix} A{B^2} = A{H^2} + H{B^2} \hfill \\ B{C^2} = B{H^2} + H{C^2} \hfill \\ \end{matrix}

Trừ hai đẳng thức trên ta có:

{c^2} - {a^2} = H{A^2} - H{C^2} = \left( {HA + HC} \right)\left( {HA - HC} \right) = b.\left( {HA - HC} \right)

\Rightarrow HA - HC = \frac{{{c^2} - {a^2}}}{b}

Ta cũng có: HA + HC = b \Rightarrow AH = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2b}}

Xét tam giác vuông AHB ta có:

\cos A = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} \Leftrightarrow {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A

Cách 2: Xét tam giác vuông CHB ta có:

B{C^2} = B{H^2} + H{C^2} = B{H^2} + {\left( {AC - AH} \right)^2} = B{H^2} + A{H^2} + A{C^2} - 2AC.AH

Ta có: AH = CB.\cos A

=> B{C^2} = B{H^2} + A{H^2} + A{C^2} - 2AC.CB.\cos A

Hay B{C^2} = B{A^2} + A{C^2} - 2AC.CB.\cos A

=> {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A

b) Để chứng minh bài toán ta cần kết quả sau:

\begin{matrix} \sin 2\alpha = 2\sin \alpha .\cos \alpha \hfill \\ S = \dfrac{1}{2}ab\sin C \hfill \\ \end{matrix}

*) Thật vậy xét tam giác ABC vuông tại A, gọi M là trung điểm của BC, dựng đường cao AH

Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

Đặt \widehat {ACB} = \alpha \Rightarrow \widehat {AMB} = 2\alpha

Ta có

\begin{matrix} \sin \alpha = \sin C = \dfrac{{AH}}{{AC}} = \dfrac{h}{b} \hfill \\ \cos \alpha = \cos C = \dfrac{{AC}}{{BC}} = \dfrac{b}{a} \hfill \\ \sin 2\alpha = \sin \widehat {AMH} = \dfrac{{AH}}{{AM}} = \dfrac{h}{{\dfrac{a}{2}}} = \dfrac{{2h}}{a} \hfill \\ => \sin 2\alpha = 2\sin \alpha .\cos \alpha \hfill \\ \end{matrix}

*) Xét tam giác ABC. Dựng đường cao BE ta có:

{S_{ABC}} = \frac{1}{2}BE.AC = \frac{1}{2}BE.b (1)

Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

Mặt khác trong tam giác vuông AEB có:

\sin A = \frac{{BE}}{{AB}} \Rightarrow BE = c.\sin A

Thay vào (1)

Ta có: S = \frac{1}{2}ab\sin C

Trở lại bài toán:

Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

Ta có {S_{ABD}} = \frac{1}{2}AD.AB\sin {A_1} = \frac{1}{2}AD.c.\sin \left( {\frac{A}{2}} \right)

{S_{ACD}} = \frac{1}{2}AD.AC\sin {A_2} = \frac{1}{2}AD.b.\sin \left( {\frac{A}{2}} \right)

=> {S_{ABC}} = {S_{ACD}} + {S_{ABD}}

= \frac{1}{2}AD\sin \left( {\frac{A}{2}} \right)\left[ {c + b} \right]

Mặt khác {S_{ABC}} = \frac{1}{2}bc\sin A

=> AD\sin \left( {\frac{A}{2}} \right)\left[ {c + b} \right] = bc\sin A \Leftrightarrow AD = \frac{{bc\sin A}}{{\left( {b + c} \right)\sin \left( {\frac{A}{2}} \right)}} = \frac{{2bc\cos \frac{A}{2}}}{{c + b}}

Chú ý rằng: Ta chứng minh được kết quả sau:

\cos 2\alpha = 2{\cos ^2}\alpha - 1 = 1 - 2{\sin ^2}\alpha

Thật vậy xét tam giác ABC vuông A, gọi M là trung điểm của BC, dựng đường cao AH.

Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

Đặt \widehat {ACB} = \alpha \Rightarrow \widehat {AMB} = 2\alpha

Ta có:

\begin{matrix} \cos \alpha = \cos C = \dfrac{{AC}}{{BC}} = \dfrac{b}{a} \hfill \\ \sin \alpha = \sin C = \dfrac{{AB}}{{BC}} = \dfrac{c}{a} \hfill \\ \cos 2\alpha = \cos \widehat {AMH} = \dfrac{{A{M^2} + M{B^2} - A{B^2}}}{{2AM.MB}} \hfill \\ \end{matrix}

= \frac{{{{\frac{a}{4}}^2} + {{\frac{a}{4}}^2} - {c^2}}}{{2\frac{a}{2}.\frac{a}{2}}} = \frac{{{a^2} - 2{c^2}}}{{{a^2}}} = 1 - 2{\left( {\frac{c}{a}} \right)^2} = 1 - 2.\frac{{{a^2} - {b^2}}}{{{a^2}}} = 2{\left( {\frac{b}{a}} \right)^2} - 1

=> \cos 2\alpha = 2{\cos ^2}\alpha - 1 = 1 - 2{\sin ^2}\alpha

Áp dụng

\begin{matrix} {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A \Rightarrow {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\left( {2{{\cos }^2}\dfrac{A}{2} - 1} \right) \hfill \\ \Rightarrow 2{\cos ^2}\dfrac{A}{2} = \dfrac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} + 1 \Leftrightarrow {\cos ^2}\dfrac{A}{2} = \dfrac{{{{\left( {b + c} \right)}^2} - {a^2}}}{{4bc}} \hfill \\ \end{matrix}

Thay vào công thức đường phân giác ta có:

AD = \frac{{2bc\cos \dfrac{A}{2}}}{{c + b}} = \dfrac{{2bc\sqrt {\dfrac{{{{\left( {b + c} \right)}^2} - {a^2}}}{{4bc}}} }}{{b + c}} = \frac{{\sqrt {bc} \sqrt {\left( {b + c - a} \right)\left( {b + c + a} \right)} }}{{b + c}}

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

\sqrt {bc} \leqslant \frac{{b + c}}{2} \Rightarrow AD \leqslant \frac{{\sqrt {\left( {b + c - a} \right)\left( {b + c + a} \right)} }}{2} = \sqrt {p(p - a)} với 2p = a + b + c

Áp dụng công thức: {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A

Ta cũng chứng minh được hệ thức rất quan trọng trong hình học phẳng (Định lý Stewart) đó là:

Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

“Cho điểm D nằm trên cạnh BC của tam giác ABC khi đó ta có:

AB2 . CD + AC2 . BD = BC.(AB2 + BD . DC”

Kẻ AH \bot BC không mất tính tổng quát giả sử D nằm trong đoạn HC

Khi đó ta có:

A{B^2} = A{D^2} + B{D^2} - 2AD.BD.\cos \widehat {ADB} = A{D^2} + B{D^2} - 2DB.DH (1)

Tương tự ta có: A{C^2} = A{D^2} + D{C^2} + 2DH.DC (2).

Nhân đẳng thức (1) với DC đẳng thức (2) với BD rồi cộng lại theo vế ta có:

AB2 . CD + AC2 . BD = BC.(AB2 + BD . DC

Ví dụ 3. Không dùng máy tính và bảng số hãy chứng minh rằng

\sin {75^0} = \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{4}

Hướng dẫn giải

Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

Vẽ tam giác ABC vuông tại A với BC = 2a (a là một độ dài tùy ý), \widehat C = {15^0}

=> \widehat B = {75^0}

Gọi I là trung điểm của BC, ta có

IA = IB = IC = a.

Vì \widehat {AIB} là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác cân IAC nên \widehat {AIB} = 2\widehat C = {30^0}

Kẻ AH \bot BC thì

\begin{matrix} IH = AI.\cos {30^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ AH = AI.\cos {30^0} = \dfrac{a}{2} \hfill \\ CH = CI + IH = a + \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}}{2} \hfill \\ \end{matrix}

Tam giác AHC vuông tại H, theo định lý Pi – ta - go, ta có:

\begin{matrix} A{C^2} = C{H^2} + A{H^2} \hfill \\ = \dfrac{{{a^2}{{\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4} \hfill \\ = \dfrac{{{a^2}\left( {4 + 4\sqrt 3 + 3 + 1} \right)}}{4} \hfill \\ = {a^2}\left( {2 + \sqrt 3 } \right) \hfill \\ \end{matrix}

=> AC = a\sqrt {2 + \sqrt 3 }

\sin {75^0} = \sin B = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{a\sqrt {2 + \sqrt 3 } }}{{2a}} = \frac{{\sqrt {2 + \sqrt 3 } }}{2} = \frac{{\sqrt {4 + 2\sqrt 3 } }}{{2\sqrt 2 }}

= \frac{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}^2}} }}{{2\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 3 + 1}}{{2\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 \left( {\sqrt 3 + 1} \right)}}{{2\sqrt 2 .\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{4}

Vậy \sin {75^0} = \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{4}

------------------------------------------

Hy vọng tài liệu Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông Toán 9 sẽ giúp ích cho các bạn học sinh học nắm chắc các cách biến đổi biểu thức chứa căn đồng thời học tốt môn Toán lớp 9. Chúc các bạn học tốt, mời các bạn tham khảo!

Chia sẻ bởi: Đen2017
Mời bạn đánh giá!
  • Lượt xem: 139
Tìm thêm: Toán 9 Bài tập Toán 9
Sắp xếp theo
Xóa Đăng nhập để Gửi

    Chủ đề liên quan

    Mới nhất trong tuần