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)   

\(\eqalign{
& {{\cos 60^\circ } \over {1 + \sin 60^\circ }} + {1 \over {tg30^\circ }} \cr 
& = {{{1 \over 2}} \over {1 + {{\sqrt 3 } \over 2}}} + \sqrt 3 \cr 
& = {1 \over {2 + \sqrt 3 }} + \sqrt 3 \cr 
& = {{2(2 + \sqrt {3)} } \over {2 + \sqrt 3 }} = 2. \cr} \)

Giaibaitap.me