Bài tập ôn tập Toán 9 Chân trời sáng tạo Chương 4 có đáp án

Chọn D

Theo định nghĩa tỉ số lượng giác trong tam giác vuông: Tỉ số giữa cạnh kề và cạnh đối được gọi là côtang của góc \(\alpha ,\) kí hiệu cot \(\alpha .\)

Do đó, khẳng định D sai.

Chọn A

Theo định nghĩa tỉ số lượng giác trong tam giác vuông, ta có tam giác \[MNP\] vuông tại \[M\] nên \[\cos \alpha  = \frac{{MP}}{{NP}}.\]

Chọn C

Xét \[\Delta AHB\] vuông tại \[H\], ta có: \[AH = BH.\tan B\] nên \[AH = 7,2 \cdot \tan 35^\circ \].

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), ta có:

\[AB = AC \cdot \tan \widehat C = 12\tan 40^\circ  \approx 10,07\,\,({\mathop{\rm m}\nolimits} ).\]

Vậy chiều cao cột cờ \(AB\) khoảng \(10,07\,\,{\mathop{\rm m}\nolimits} .\)

Chọn D

Ta có: \[\sin \alpha  = \frac{{2,5}}{5} = \frac{1}{2}\] nên \[\alpha  = 30^\circ \].

Vậy góc hợp bởi thang và thân cây cau là \[\alpha  = 30^\circ \].

Chọn A

Trong một tam giác vuông, mỗi cạnh góc vuông bằng cạnh huyền nhân sin góc đối.

Chọn A

Xét \(\Delta MNP\) vuông tại \[N\] có \(MN = MP \cdot \sin P\).

Chọn A

Theo đề ta có hình vẽ minh họa sau :

Chân thang cách tường: \(AC = BC \cdot \cos \,60^\circ  = 6 \cdot \cos \,60^\circ  = 6 \cdot \frac{1}{2} = 3\,\,({\rm{m}}).\)

Chọn B

Xét \[\Delta ABC\] vuông tại \[A\] có góc \[x\] và góc \[y\] là hai góc phụ nhau nên

\[\sin y = \cos x \approx 0,78\] và \[\tan y = \cot x \approx 1,25\].

Chọn D

Ta có, góc tạo bởi cạnh \[AB\] và phương năm ngang trên mặt đất là \[\widehat {ABH}\].

Xét tam giác \[ABH\] vuông tại \[H\], ta có:

\[{\rm{cos}}\widehat {ABH} = \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{{1,5}}{4} = 0,375\].

Vậy \[\widehat {ABH} \approx 68^\circ \].

Chọn B

Xét \[\Delta ABH\] vuông tại \[H\], ta có: \[\sin \alpha  = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{20}}{{60}} = \frac{1}{3}\]. Do đó \[\alpha  \approx 19^\circ \].

Vậy góc tạo bởi sợi dây \[BA\] và vị trí cân bằng có số đo khoảng \[19^\circ \].

Chọn D

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có:

• \(\tan C = \frac{{AB}}{{AC}}\) nên \(AB = AC \cdot \tan C = 10\tan 30^\circ  = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}\,\,{\rm{cm}}\);

• \(\cos C = \frac{{AC}}{{BC}}\) nên \(BC = \frac{{AC}}{{\cos C}} = \frac{{10}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{20\sqrt 3 }}{3}\,\,{\rm{cm}}\).
Vậy \(AB = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}\,\,{\rm{cm}};\,\,BC = \frac{{20\sqrt 3 }}{3}\,\,{\rm{cm}}\).

Chọn C

Gắn dữ kiện của bài toán vào mô hình Toán học như trên hình vẽ.

Xét \[\Delta AHB\] vuông tại \[H\], áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc nhọn trong tam giác vuông ta có:

\[BH = AB \cdot \cos \widehat {HBA} = 4,8 \cdot \,\cos 32^\circ  \approx 4,1\,\,{\rm{(m)}}{\rm{.}}\]

Vậy chiều cao của thang so với mặt đất là \[{\rm{4,1}}\,\,{\rm{m}}\].

Chọn C

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có:

• \[\sin B = \frac{{AC}}{{BC}}\] nên \[AC = BC \cdot \sin B = 12\sin 40^\circ  \approx 7,71\,\,({\rm{cm)}}{\rm{.}}\]

• \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \) nên \(\widehat C = 180^\circ  - 40^\circ  - 90^\circ  = 50^\circ \,\,({\rm{cm)}}\).

Vậy \(AC \approx 7,71\,\,{\rm{cm}}\,;\,\,\widehat C = 50^\circ .\)

Chọn A

Kẻ đường cao \(AH\).

Xét tam giác vuông \(ABH\), ta có: \(BH = AB.\cos B = AB.\cos 60^\circ  = 16.\frac{1}{2} = 8\)

\(AH = AB.\sin B = AB.\sin 60^\circ  = 16.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 8\sqrt 3 \).

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \(AHC\) vuông \(H,\) ta có:

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

Suy ra \(HC = 2\).

Vậy \(BC = CH + HB = 2 + 8 = 10\).

Chọn B

Gắn dữ kiện của bài toán vào mô hình Toán học như trên hình vẽ

Xét tam giác \[AHB\] vuông tại \[H\], ta có:

\[\sin B = \frac{{AH}}{{AB}}\] nên \[x = AB = \frac{{AH}}{{\sin B}} = \frac{{2500}}{{\sin 23^\circ }} \approx 6398\,\,({\rm{m}}).\]

Vậy \[x \approx 6398\,\,{\rm{m}}\].

Chọn A

Xét \[\Delta ABC\] vuông tại \[B\], ta có: \[\tan C = \frac{{AB}}{{CB}}\].

Suy ra \[AB = BC \cdot \tan C\] hay \[AB = 5,8 \cdot \tan 60^\circ  = 5,8 \cdot \sqrt 3  \approx 10,05\,\,({\rm{m}}).\]

Vậy chiều cao của tháp canh gần bằng \(10,05\,\,{\mathop{\rm m}\nolimits} .\)

Chọn B

Xét \[\Delta AHB\] vuông tại \[H\],  ta có:

\[AH = BH \cdot \tan B\] nên \[AH = 14,25 \cdot \tan 55^\circ  \approx 20,35\,\,({\rm{m}}).\]

Vậy chiều cao của cây là \[AH\] khoảng \[20,35\,\,{\rm{m}}\].

Chọn B

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

\(\tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{AC}}\) hay \(\tan 50^\circ  = \frac{{AB}}{{15}}\).

Suy ra \(AB = 15 \cdot \tan 50^\circ  \approx 18\;\,({\rm{m)}}\).

Vậy chiều cao \[AB\] của cây khoảng 18 m.

Chọn B

Ta có \(BH = \frac{{BC}}{2} = 3,615\;\,({\rm{m)}}{\rm{.}}\)

Xét \(\Delta ACH\) vuông tại \[H,\] ta có:

\(\tan \widehat {HAB} = \frac{{BH}}{{AH}} = \frac{{3,615}}{{11}}\) nên \(\widehat {HAB} \approx 18^\circ \).

Suy ra \[\widehat {BAC} = 2\widehat {HAB} \approx 2 \cdot 18^\circ  = 36^\circ .\]

Vậy góc sút của cầu thủ khoảng \(36^\circ \).

Chọn D

Tam giác \[AHB\] vuông tại \[H\] có \[\tan A = \tan \alpha  = \frac{{BH}}{{AH}} = \frac{{2,4}}{{25}} = \frac{{11}}{{125}}\] nên \[\alpha  \approx {\rm{5}}^\circ 29'.\]

Vậy góc tạo bởi đường đi của quả bóng và mặt đất là \[\alpha  \approx {\rm{5}}^\circ 29'.\]

Chọn B

Chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật là:

\(AB = BC \cdot \tan C = 30 \cdot \tan 30^\circ  = 10\sqrt 3 \,\,({\rm{m)}}{\rm{.}}\)

Chọn A

Độ dài thang máy từ \[1\] lên tâng \[2\] là đoạn \[AB\].

Xét \[\Delta AHB\] vuông tại \[H\] có: \[\sin B = \frac{{AH}}{{AB}}\] hay \[AB = \frac{{AH}}{{\sin B}} = \frac{{4,2}}{{\sin 35^\circ }}\,\,({\rm{m}}).\]

Vì thang máy có tốc độ truyền là \[0,65\,\,{\rm{m/s}}\] nên thời gian để một người di chuyển từ tầng \[1\] lên tầng \[2\] bằng thang cuốn là: \[\frac{{AB}}{{0,65}} = \frac{{4,2}}{{0,65 \cdot \sin 35^\circ }} \approx 11,3\] (giây).

Chọn A

Tam giác \[ABC\] vuông tại \[B\] có: \[\cos A = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{130}}{{150}} = \frac{{13}}{{15}}\] nên \[\widehat {BAC} \approx 30^\circ {\rm{.}}\]

Vậy dòng nước đã đẩy con đò lệch đi một góc so với phương dự định ban đầu khoảng \[30^\circ .\]

Chọn B

Kẻ đường cao \(AH.\)

Xét tam giác vuông \(ABH\), ta có:

\[BH = AB \cdot \cos B = AB \cdot \cos 60^\circ  = 12 \cdot \frac{1}{2} = 6\,\,({\rm{cm)}}{\rm{.}}\]

\(AH = AB \cdot \sin B = AB \cdot \sin 60^\circ  = 12 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 6\sqrt 3 \,\,({\rm{cm)}}.\)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông \(AHC\), ta có: \(H{C^2} = A{C^2} - A{H^2} = {15^2} - {\left( {6\sqrt 3 } \right)^2} = 117\).

Suy ra \(HC = 3\sqrt {13} \,\,({\rm{cm)}}\).

Vậy \(BC = CH + HB = 3\sqrt {13}  + 6\,\,({\rm{cm)}}\).

Chọn C

Gọi \(A,\,\,D\) là vị trí của người đứng;

\(C,\,\,D\) là vị trí bức tường phía trên và dưới cùng;

\[H\] là hình chiếu của \[A\] lên \[BC.\]

Tứ giác \[ADBH\] là hình chữ nhật nên \(BD = AH = 1,5\;\,{\rm{m}}\);

\[BH = AD = 1,2\;\,{\rm{m}}{\rm{.}}\]

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \(ABD\) vuông tại \(D,\) ta có:

\(A{B^2} = A{D^2} + B{D^2} = 1,{2^2} + 1,{5^2} = 3,69\).

Suy ra \(AB = \sqrt {3,69}  = 1,92\;\,({\rm{m}}).\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \[A,\] đường cao \[AH,\] ta có:

\(A{B^2} = BH \cdot BC\) hay \(BC = \frac{{A{B^2}}}{{BH}} = \frac{{3,69}}{{1,2}} \approx 3\;\,\,({\rm{m}})\).

Vậy chiều cao của bức tường là \[3{\rm{ m}}.\]

Chọn B

Đặt \[BN = x\,\,({\rm{cm)}}\,\,\,\left( {0 < x < 11} \right)\] Khi đó \[NC = 11 - x\,\,({\rm{cm)}}{\rm{.}}\]

Xét tam giác \(ABN\) vuông tại \(N\) có \(AN = BN \cdot \tan B = x \cdot \tan 40^\circ \).

Xét tam giác \(ACN\) vuông tại \(N\) có \(AN = CN \cdot \tan C = \left( {11 - x} \right)\tan 30^\circ \).

Suy ra \[x\tan 40^\circ  = \left( {11 - x} \right)\tan 30^\circ \] nên \[x \approx 4,48\,\,{\rm{cm}}\] (thoả mãn).

Khi đó \(AN = BN \cdot \tan B = 4,48 \cdot \tan 40^\circ  \approx 3,76\,\,({\rm{cm)}}\).

Chọn D

Đổi \(18\;\,{\rm{km}}/{\rm{h}} = 30\;\,{\rm{m}}/{\rm{s}}\).

• Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \[H,\] ta có:

\(\sin \widehat {HAC} = \frac{{CH}}{{AC}}\) hay \(\sin 6^\circ  = \frac{{CH}}{{440}}\) nên \(CH = 440 \cdot \sin 6^\circ  = 46\;\,({\rm{m}})\).

• Xét \(\Delta BHC\) vuông tại H, ta có:

\(\sin \widehat {HBC} = \frac{{CH}}{{BC}}\) hay \(\sin 4^\circ  = \frac{{46}}{{BC}}\)  nên \(BC = \frac{{46}}{{\sin 4^\circ }} = 659\;\,({\rm{m}})\).

Thời gian bạn An đi xe đạp xuống dốc từ \[C\] đến \[B\] là:

\(\frac{{659}}{{30}}\) phút \( = 21\) phút 58 giây.

Vậy thời gian bạn An đi xe đạp xuống dốc từ \[C\] đến \[B\] là 21 phút 58 giây.

Chọn C

Kẻ \[BH \bot CD\] tại \[H.\]

Ta có \[\widehat {BAD} = \widehat {ADH} = \widehat {BHD} = 90^\circ \] suy ra tứ giác \[ABHD\] là hình chữ nhật.

Do đó \[BH = AD = 1,2\] và \[DH = AB = 2.\]

Vì tam giác \[BCH\] vuông tại \[H\] nên \[\tan C = \frac{{BH}}{{CH}}.\]

Suy ra \[CH = \frac{{BH}}{{\tan C}} = \frac{{1,2}}{{\tan 50^\circ }} \approx 1.\]

Ta có \[CD = DH + HC \approx 2 + 1 \approx 3.\]

Diện tích hình thang \[ABCD\] là: \[S = \frac{1}{2}\left( {AB + CD} \right).AD \approx \frac{1}{2}.\left( {2 + 3} \right).1,2 \approx 3\] (đvdt).

Vậy diện tích hình thang \(ABCD\) khoảng \[3\] đvdt.

Chọn C

Gắn dữ kiện của bài toán vào mô hình Toán học như trên hình vẽ.

Gọi \[N\] là hình chiếu của \[M\] lên đoạn \[AH\].

Vì \[MN\] và \[BH\] là các đoạn thẳng nằm trên phương ngang; \[MB\] và \[NH\] nằm trên phương thẳng đứng nên tứ giác \[MBHN\] là hình chữ nhật.

Suy ra \[NH = MB = 1,55\,\,{\rm{m}}\]; \[MN = BH = 13,65\,\,{\rm{m}}\].

Tam giác \[ANM\] vuông tại \[N\] nên \[AN = MN \cdot \tan M.\]

Ta có:\[AH = AN + NH\]suy ra \[AH = MN \cdot \tan M + NH\].

Do đó \[AH = 13,65 \cdot \tan 58^\circ  + 1,55 \approx 23,39\,\,({\rm{m}}).\]

Vậy chiều cao của tháp khoảng \[23,39\,\,{\rm{m}}\].

a) Đúng. Ta có \[x = 90^\circ  - \widehat {BAH} = \widehat {ABH}\].

b) Sai. Gọi \(Am\) là phương máy bay đang bay.

Khi đó \(Am\,{\rm{//}}\,BH\) nên \(\widehat {BAm} = \widehat {ABH} = x.\)

Xét tam giác \(ABH\) vuông tại \(H,\) ta có: 

\[AH = AB \cdot \sin \widehat {ABH} = 285\sin x\].

c) Đúng. Xét \[\Delta BAH\] vuông tại \[H\] có \[\tan \widehat {ABH} = \frac{{AH}}{{BH}} = \frac{{150}}{{285}} < 1\].

d) Sai. \[\tan \widehat {ABH} = \frac{{AH}}{{BH}} = \frac{{150}}{{285}} = \frac{{10}}{{19}}\] suy ra \[\widehat {ABH} \approx 27,75^\circ \].

a) Sai. Áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong \(\Delta ABD\) vuông tại \(D,\) ta có \(BD = AD \cdot \cot B.\)

b) Đúng. Áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong \(\Delta ACD\) vuông tại \(D,\) ta có \(AD = CD \cdot \tan C.\)

c) Đúng. Xét \(\Delta BDH\) và \(\Delta ADC\) có: O10-2024-GV154

\(\widehat {HBD} = \widehat {CAD}\) (cùng phụ với \(\widehat {ACB}\));

\(\widehat {HDB} = \widehat {ADC} = 90^\circ \).

Do đó .

Suy ra \(\frac{{DH}}{{DC}} = \frac{{BD}}{{AD}}\) nên \(BD \cdot CD = DH \cdot AD\).

d) Đúng. Theo giả thiết: \(\frac{{HD}}{{AH}} = \frac{1}{2}\)O10-2024-GV154 hay \(\frac{{HD}}{{AH + HD}} = \frac{{HD}}{{AD}} = \frac{1}{3}\) nên \(AD = 3HD.\)

Do đó \(\tan B \cdot \tan C = \frac{{3HD}}{{DH}} = 3\).

a) Đúng. Áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong \(\Delta ABN\)vuông tại \(N\), ta có:O10-2024-GV154 \(AN = BN \cdot \tan B.\)

b) Sai. Gọi \(BN = x\,\,\left( {0 < x < 9} \right)\) nên \(NC = 9 - x\).

Xét \(\Delta ABN\) vuông tại \(N\), ta có: O10-2024-GV154 \(AN = BN \cdot \tan B = x \cdot \tan 50^\circ \)

Xét \(\Delta ACN\) vuông tại \(N\), ta có: O10-2024-GV154 \(AN = CN \cdot \tan C = \left( {9 - x} \right) \cdot \tan 35^\circ \)

Suy ra \[x \cdot \tan 50^\circ  = \left( {9 - x} \right) \cdot \tan 35^\circ \] hay \[x = BN \approx 3,33\,\,{\rm{cm}}.\]  

c) Sai. Ta có \(AN = BN \cdot \tan B \approx 3,97\).

d) Sai. Diện tích tam giác \(ABC\) là: \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AN \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 3,97 \cdot 9 \approx 17,865\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\]

a) Đúng. Xét \[\Delta AHC\] vuông tại \[H\] có \[CH = AH \cdot \tan A = AH \cdot \tan 42^\circ .\]

b) Sai. Tứ giác \[ABDH\] là hình chữ nhật nên \(BD = AH.\)

Xét \[\Delta BDC\] vuông tại \[D\] có \[CD = BD \cdot \tan \widehat {CBD} = AH \cdot \tan 21^\circ 30'\].

c) Sai. Ta có \(CH - CD = AB\) nên \[AH \cdot \tan 42^\circ  - AH \cdot \tan 21^\circ 30' = 70\]

\[AH\left( {\tan 42^\circ  - \tan 21^\circ 30'} \right) = 70\]
\[AH = \frac{{70}}{{\tan 42^\circ  - \tan 21^\circ 30'}} \approx {\rm{138,21}}\,\,{\rm{(m)}}{\rm{.}}\]

Do đó \[CH = AH \cdot \tan 42^\circ  \approx 138,21 \cdot \tan 42^\circ  \approx 124\,\,{\rm{(m)}}\]O10-2024-GV154.

Vậy chiều cao của ngọn núi là \[124\,\,{\rm{m}}{\rm{.}}\]

d) Đúng. Ngọn núi cao hơn tòa nhà là: \[124 - 70 = 54\,\,({\rm{m)}}{\rm{.}}\]

a) Đúng. Ta có \(AC = \frac{5}{{13}}AB\) nên \(\frac{{AC}}{{AB}} = \frac{5}{{13}}\). Do đó \(\cos A = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{5}{{13}}\).

b) Sai. Đặt \[AC = 5x\,;{\rm{ }}AB = 13x\,\,\left( {x > 0} \right).\]

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \[ABC\] vuông tại \[C\], ta có BC2=AB2−AC2=13x2−5x2=144x2  suy ra BC=12x

Do đó, \(\tan B = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{5x}}{{12x}} = \frac{5}{{12}}\).

c) Đúng. Ta có \(\sin A + \sin B = \frac{5}{{13}} + \frac{{12}}{{13}} = \frac{{17}}{{13}}\).

d) Sai. Ta có \(\cot A + \cot B = \frac{5}{{12}} + \frac{{12}}{5} = \frac{{169}}{{60}}\).

Theo bài ra ta có \[MC = NB = 1,55\,\,{\rm{m}}\] và \[M'C' = N'B' = 1,55\,\,{\rm{m}}\].

a) Đúng. Tam giác \[ANM\] vuông tại \[N\] nên \[AN = AM.\sin M\].

So với mặt đất thì diều của bạn Việt có độ cao là \[AB = AN + NB\].

Do đó \[AB = 100\sin 42^\circ  + 1,55 \approx 68,46\,\,\left( {\rm{m}} \right)\].

Vậy diều của bạn Việt có độ cao so với mặt đất khoảng \[68,46\,\,{\rm{m}}.\]

b) Sai. Tam giác \[A'N'M'\] vuông tại \[N'\] nên \[A'N' = A'M'.\sin M'\].

So với mặt đất thì diều của bạn Nam có độ cao là \[A'B' = A'N' + N'B'\].

Do đó \[A'B' = 96\sin 45^\circ  + 1,55 \approx 69,43\,\,\left( {\rm{m}} \right).\]

Vậy so với mặt đất thì diều của bạn Nam có độ cao khoảng \[69,43\,\,{\rm{m}}.\]

c) Đúng. Vì\[A'B' > AB\], hay diều của bạn Nam lên cao hơn diều của bạn Việt.

d) Sai. So với mặt đất thì diều của bạn Nam lên cao hơn diều của bạn Việt và cao hơn: \[69,43\, - 68,46\,\, = 0,97\,\,\left( {\rm{m}} \right)\].

a) Sai. Xét \(\Delta ABC\) có \(\widehat A = 15^\circ \,;\,\,\widehat B = 30^\circ \) nên \(\widehat C = 180^\circ  - 15^\circ  - 30^\circ  = 135^\circ \).

Tam giác \(ABC\) có \(\widehat C\) là góc tù nên tam giác \(ABC\) là tam giác tù.

b) Đúng. Xét \(\Delta HAB\) vuông tại \(H\) có: \(AH = AB \cdot \sin 30^\circ  = 7,5\,\,({\rm{cm}}).\)

c) Đúng. Xét \(\Delta HAC\) vuông tại \(H\) có \(\widehat {ACH} = \widehat B + \widehat {CAB} = 45^\circ \) hay \(\Delta HAC\) vuông cân tại \(H.\)

d) Sai. Xét \(\Delta HAB\) vuông tại \(H\) có:\(BH = AB \cdot \cos 30^\circ  = \frac{{15\sqrt 3 }}{2}\,\,({\rm{cm}}).\)

Vì \(\Delta HAC\)vuông cân tại \(H\) nên \(CH = 7,5\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\)

Khi đó, \(BC = BH - CH \approx 5,49\,\,({\rm{cm}}).\)

Vậy \({S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AH \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 7,5 \cdot 5,49 = 20,59\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right) \approx 21\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

a) Sai. Vì tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên \[\widehat {ACD} = 45^\circ .\]

b) Đúng. Xét tam giác \(ACD\) vuông tại \(A\), ta có: \(CD = \frac{{AC}}{{\sin 45^\circ }} = \frac{{AC}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = AC\sqrt 2 \,\,{\rm{(cm)}}.\)

c) Sai. Ta có: \(\tan \widehat {AEC} = \frac{1}{2}\) nên \(\widehat {AEC} \approx 27^\circ  < 30^\circ .\)

d) Đúng. Ta có: \(\tan \widehat {AEC} + \tan \widehat {ABC} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{5}{6}.\)

a) Đúng. Áp dụng định lý tổng ba góc trong một tam giác, ta có:

\[\widehat {BAC} = {180^{\rm{o}}} - \left( {\widehat {ABC} + \widehat {ACB}} \right) = 180^\circ  - \left( {75^\circ  + 65^\circ } \right) = 40^\circ .\]

b) Đúng. Vì \[\widehat {ABC} = 75^\circ \,;\,\,\widehat {ACB} = 65^\circ \] và \[\widehat {BAC} = 40^\circ \] nên \[\Delta ABC\] nhọn.

c) Đúng. Xét tam giác nhọn \[ABC\], kẻ các đường cao \[BD,\,\,CE\] thì các đường cao này nằm trong tam giác (như hình vẽ) có \[a = BC;\,\,b = AC;\,\,c = AB\].

Xét \[\Delta ADB\] vuông tại \[D\], áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc nhọn trong tam giác vuông ta có:

\[BD = AB \cdot \sin \widehat {BAC} = c \cdot \sin A.\]      \[\left( 1 \right)\]

Xét \[\Delta CDB\] vuông tại \[D\], áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc nhọn trong tam giác vuông ta có:

\[BD = BC \cdot \sin \widehat {ACB} = a \cdot \sin C.\]      \[\left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[c \cdot \sin A = a \cdot \,\sin C\] hay \[\frac{a}{{\sin A}} = \frac{c}{{\sin C}}.\]

Chứng minh tương tự, ta được \[b \cdot \sin A = a \cdot \sin B\] hay \[\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}}.\]

Do đó \[\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}\] hay \[\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin C}}\].

d) Sai. Từ câu c, ta có: \[\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin C}}\].

Suy ra \[\frac{{1225}}{{\sin 40^\circ }} = \frac{{AC}}{{\sin 75^\circ }}\] hay \[AC = \frac{{1\,\,225 \cdot \sin 75^\circ }}{{\sin 40^\circ }} \approx 1841\,\,{\rm{(m)}}{\rm{.}}\]

Vậy khoảng cách \[AC\] là \[1841{\rm{ m}}\].

a) Đúng. Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\), ta có:

\[\cos A = \frac{{AC}}{{AB}}\] hay \[\cos 60^\circ  = \frac{{AC}}{{AB}}\] nên \[\frac{1}{2} = \frac{{AC}}{{2000}}\], suy ra \[AC = \frac{{2\,\,000}}{2} = 1\,\,000\;\,\,({\rm{m}})\].

b) Sai. Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\), ta có:

\(\sin A = \frac{{BC}}{{AB}}\) hay \(\sin 60^\circ  = \frac{{BC}}{{AB}}\) nên \(\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{BC}}{{2\,\,000}}\), suy ra \(AB = \frac{{2\,\,000\sqrt 3 }}{2} = 1\,\,732\;\,\,({\rm{m}})\).

c) Đúng. Tổng độ dài đường dây điện nối từ \[A\] đến \[C\] rồi nối tiếp đến \[B\] là:

\(AC + BC = 1\,\,000 + 1\,\,732 = 2732\,\,({\rm{m}}).\)

d) Sai. Chiều dài tăng thêm của đường dây điện là: \(2\,\,732 - 2\,\,000 = 732\,\,({\rm{m}})\).

Tứ giác \[ABED\] là hình chữ nhật nên \(AB = ED = 4\;\,{\rm{m}}\,;\,\,BE = AD = 1,68\;\,{\rm{m}}{\rm{.}}\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\), ta có:

\(\tan \widehat {BAC} = \frac{{BC}}{{AB}}\) hay \(\tan 70^\circ  = \frac{{BC}}{4}\).

Suy ra \(BC = 4 \cdot \tan 70^\circ  \approx 11\;\,({\rm{m)}}\).

Do đó \(CE = CB + BE = 11 + 1,68 = 12,7\,\;({\rm{m)}}{\rm{.}}\)

Vậy chiều cao của cọc là \(12,7\,\;{\rm{m}}\).

Đáp án: 12,7.

• Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\), ta có:

\(\tan \widehat {CBA} = \frac{{AC}}{{BC}}\) hay \(\tan 24^\circ  = \frac{{AC}}{{400}}\) nên \(AC = 400 \cdot \tan 24^\circ  \approx 178\;\,({\rm{m}})\).

• Xét \(\Delta BCD\) vuông tại \(C\), ta có:

\[\tan \widehat {CBD} = \frac{{DC}}{{BC}}\] hay \[\tan 50^\circ  = \frac{{DC}}{{400}}\] nên \[DC = 400 \cdot \tan 50^\circ  \approx 477\;\,({\rm{m)}}\].

\(AD = DC - AC = 477 - 178 = 299\;\,({\rm{m)}}{\rm{.}}\)

Vậy khinh khí cầu đã bay lên \(299\;\,{\rm{m}}\) giữa hai lần quan sát.

Đáp án: 299.

Đặt \(CH = x\,\,(\;{\rm{m}}),\,\,x > 0\).

• Xét \(\Delta HBC\) vuông tại \[H,\] ta có:

\(\tan \widehat {CBH} = \frac{{CH}}{{BH}}\) hay \(\tan 52^\circ  = \frac{x}{{BH}}\) nên \(BH = \frac{x}{{\tan 52^\circ }}\).

• Xét \(\Delta HAC\) vuông tại \[H,\] ta có:

\(\tan \widehat {CAH} = \frac{{CH}}{{AH}}\) hay \(\tan 41^\circ  = \frac{x}{{AH}}\) nên \(AH = \frac{x}{{\tan 41^\circ }}\).

Ta có: \(HB + HA = AB\)

\(\frac{x}{{\tan 52^\circ }} + \frac{x}{{\tan 41^\circ }} = 150\)

\(x\left( {\frac{1}{{\tan 52^\circ }} + \frac{1}{{\tan 41^\circ }}} \right) = 150\)

\[x = \frac{{150}}{{\frac{1}{{\tan 52^\circ }} + \frac{1}{{\tan 41^\circ }}}} \approx 78\;\,({\rm{m)}}.\]

Vậy độ cao máy bay là \[78{\rm{ m}}.\]

Đáp án: 78.

Tứ giác \[ADEC\] là hình chữ nhật nên \(DA = EC = 20\;\,{\rm{m}}\).

• Xét \(\Delta ACD\) vuông tại \[A,\] ta có:

\[\tan \widehat {ADC} = \frac{{AC}}{{AD}}\] hay \[\tan 35^\circ  = \frac{{AC}}{{20}}\] nên \[AC = 20 \cdot \tan 35^\circ  \approx 14\;\,({\rm{m}})\].

• Xét \(\Delta ABD\) vuông tại A, ta có:

\[\tan \widehat {ADB} = \frac{{AB}}{{AD}}\] hay \[\tan 30^\circ  = \frac{{AB}}{{20}}\] nên \[AB = 20 \cdot \tan 30^\circ  \approx 12\;\,({\rm{m}})\].

Do đó \(BC = BA + AC = 14 + 12 = 26\;\,\,({\rm{m)}}{\rm{.}}\)

Vậy chiều cao \[AB\] của cây xoài là \[26{\rm{ m}}.\]

Đáp án: 26.

• Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\), ta có:

\(\tan A = \frac{{BC}}{{AB}}\) hay \(\tan 50^\circ  = \frac{{BC}}{{217}}\) nên \(BC = 217 \cdot \tan 50^\circ  = 258,6\;\,({\rm{m)}}\).

\(AC = \sqrt {A{B^2} + {B^2}}  = \sqrt {{{217}^2} + 258,{6^2}}  = 337,6\;\,({\rm{m)}}\).

• Xét \(\Delta BDC\) vuông tại \(B\), ta có:

\(DC = \sqrt {B{C^2} + B{D^2}}  = \sqrt {{{170}^2} + 258,{6^2}}  = 309,5\;\,({\rm{m)}}\).

\(AC + DC = 337,6 + 309,5 = 647\,\;({\rm{m)}}{\rm{.}}\)

Vậy quãng đường mà Hùng đã đi từ \(A\) đến \(D\) là \(647\,\;{\rm{m}}\).

Đáp án: 647.

Vì \[Bx\,{\rm{//}}\,AN\] nên \[\widehat {BNA} = \widehat {xBN} = 30^\circ \,;\,\,\widehat {BMA} = \widehat {xBM} = 50^\circ .\].

• Xét \(\Delta BAM\) vuông tại \(A\), ta có:

\(\tan \widehat {BMA} = \frac{{AB}}{{AM}}\) hay \(\tan 50^\circ  = \frac{{700}}{{AM}}\) nên \(AM = \frac{{700}}{{\tan 50^\circ }} = 587\;\,({\rm{m}})\).

• Xét \(\Delta BAN\) vuông tại \(A\), ta có:

\[\tan \widehat {BNA} = \frac{{AB}}{{AN}}\] hay \[\tan 30^\circ  = \frac{{700}}{{AN}}\] nên \[AN = \frac{{700}}{{\tan 30^\circ }} = 1\,\,212\;\,({\rm{m)}}\].

Ta có: \(MN = AN - AM = 1212 - 587 = 625\;\,({\rm{m)}}{\rm{.}}\)

Vậy chiều dài của cây cầu là \[625{\rm{ m}}.\]

Đáp án: 625.

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\), ta có:

\[\sin A = \frac{{BC}}{{AC}}\] hay \[\sin 24^\circ  = \frac{{BC}}{{0,6}}\] nên \[BC = 0,6 \cdot \sin 24^\circ  = 0,24\,\,({\rm{m}})\].

Vậy mặt bàn viết được nâng lên \(0,24\,\;{\rm{m}}{\rm{.}}\)

Đáp án: 0,24.

Do mặt đất là phương ngang nên \[\widehat {BCA} = 30^\circ \] và \[\widehat {BDA} = 60^\circ \].

Gọi \[x\] (m/phút) là vận tốc xe máy, điều kiện \[x > 0\].

Vì xe máy đi từ \[C\] đến \[D\] trong \[6\] phút nên \[CD = 6x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\]

• Xét \[\Delta ABC\] vuông tại \[A\], ta có:

\[AC = AB \cdot \cot \widehat {BCA} = AB \cdot \cot 30^\circ  = AB \cdot \tan 60^\circ  = \sqrt 3 AB\] (do \[\cot 30^\circ  = \tan 60^\circ \]) \[\left( 1 \right)\]

• Xét \[\Delta ABD\] vuông tại \[A\], ta có:

\[AD = AB \cdot \,\cot \widehat {BDA} = AB \cdot \,\cot 60^\circ  = AB \cdot \tan 30^\circ  = \frac{{\sqrt 3 AB}}{3}\] (do \[\cot 60^\circ  = \tan 30^\circ \]) \[\left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[AC - AD = AB\left( {\sqrt 3  - \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)\] nên \[CD = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}AB\].

Ta có \[\frac{{AD}}{{CD}} = \frac{{\sqrt 3 AB}}{3}:\frac{{2\sqrt 3 }}{3}AB = \frac{1}{2}\].

Suy ra \[AD = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2} \cdot 6x = 3x\,\,({\rm{m}}).\]

Vậy thời gian để xe máy chạy từ \[D\] đến tòa nhà là \[\frac{{3x}}{x} = 3\] (phút).

Đáp án: 3.

Xét \(\Delta ABE\) vuông tại \(E\), ta có:

\(\sin B = \frac{{AE}}{{AB}}\) hay \(\sin 50^\circ  = \frac{{AE}}{8}\) nên \(AE = 8\sin 50^\circ  = 6,1\;\,({\rm{m)}}\).

Vì tứ giác \[ADFE\] là hình chữ nhật nên \(DF = AE = 6,1\;\,{\rm{m}}\).

Xét \(\Delta DFC\) vuông tại \(F\), ta có:

\(\sin C = \frac{{DF}}{{DC}}\) hay \(\sin 30^\circ  = \frac{{6,1}}{{DC}}\) nên \(DC = \frac{{6,1}}{{\sin 30^\circ }} = 12,2\,\,({\rm{m}})\).

Vậy \[DC = 12,2\,\;{\rm{m}}\].

Đáp án: 12,2.

Đổi 150 phút \( = \frac{{150}}{{60}} = 2,5\) giờ.

Quãng đường xe thứ nhất đi được sau \[2,5\] giờ là: \(AB = 40 \cdot 2,5 = 100\;\,\,({\rm{km}}).\)

Quãng đường xe thứ hai đi được sau \(2,5\) giờ là: \(AC = 50 \cdot 2,5 = 125\;\,\,({\rm{km}})\).

Xét \(\Delta ABH\) vuông tại \(H\), ta có:

\(\cos A = \frac{{AH}}{{AB}}\) hay \(\cos 60^\circ  = \frac{{AH}}{{100}}\) nên \(AH = 100 \cdot \cos 60^\circ  = 50\;\,\,({\rm{km)}}\).

Khi đó \(HC = AC - AH = 125 - 50 = 75\,\,({\rm{km}}).\)

\(BH = \sqrt {A{B^2} - A{H^2}}  = \sqrt {{{100}^2} - {{50}^2}}  \approx 86,6\;\,\,({\rm{km}}).\) (theo định lí Pythagore)

Xét \(\Delta BHC\) vuông tại \(H\), ta có:

\(BC = \sqrt {B{H^2} + H{C^2}}  = \sqrt {86,{6^2} + {{75}^2}}  \approx 115\;\,\,({\rm{km}})\). (theo định lí Pythagore)

Vậy sau khi khởi hành 150 phút, hai xe cách nhau \(115\;\,{\rm{km}}\).

Đáp án: 115.