Đề thi giữa kì 1 Toán 9 - Đề số 1

a) Xét tam giác ABC vuông tại A, áp dụng định lí Pythagore trong tam giác, ta có:

(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {left( {2sqrt 3 } right)^2} + {6^2} = 48) suy ra (BC = sqrt {48} = 4sqrt 3 left( {cm} right))

Ta có: (sin B = frac{{AC}}{{BC}} = frac{6}{{4sqrt 3 }} = frac{{sqrt 3 }}{2}) suy ra (widehat B = 60^circ ).

(widehat C = 90^circ - widehat B = 90^circ - 60^circ = 30^circ ).

Vậy (BC = 4sqrt 3 cm;widehat B = 60^circ ;widehat C = 30^circ ).

b) Xét tam giác BHD và tam giác HAD có:

(widehat {BDH} = widehat {HDA}left( { = 90^circ } right))

(widehat {BHD} = widehat {HAD}) (cùng phụ với (widehat {DBH}))

suy ra $Delta BHDbacksim Delta HADleft( g.g right)$ nên (frac{{BD}}{{DH}} = frac{{DH}}{{DA}}). Do đó (BD.DA = D{H^2}). (1)

Xét tam giác CHE và tam giác HAE có:

(widehat {CEH} = widehat {HEA}left( { = 90^circ } right))

(widehat {CHE} = widehat {HAE}) (cùng phụ với (widehat {C}))

suy ra $Delta CHEbacksim Delta HAEleft( g.g right)$ nên (frac{{CE}}{{HE}} = frac{{HE}}{{AE}}). Do đó (CE.AE = H{E^2}). (2)

Từ (1) và (2) suy ra (BD.DA + CE.AE = D{H^2} + H{E^2}) (3).

Vì tứ giác ADHE có (widehat {DAE} = widehat {ADH} = widehat {AEH} = 90^circ ) nên tứ giác ADHE là hình chữ nhật. Do đó (AH = DE).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác DHE vuông tại H, ta có: (D{H^2} + H{E^2} = D{E^2}). Suy ra (D{H^2} + H{E^2} = A{H^2}) (4)

Từ (3) và (4) suy ra (BD.DA + CE.AE = A{H^2}) (đpcm)

c) Xét tam giác BIA và tam giác BAM có:

(widehat {BIA} = widehat {BAM}left( { = 90^circ } right))

(widehat B) chung

suy ra $Delta BIAbacksim Delta BAMleft( g.g right)$ nên (frac{{BI}}{{AB}} = frac{{AB}}{{BM}}). Do đó (BI.BM = A{B^2}).

Xét tam giác BHA và tam giác BAC có:

(widehat {BHA} = widehat {BAC}left( { = 90^circ } right))

(widehat B) chung

suy ra $Delta BHAbacksim Delta BACleft( g.g right)$ nên (frac{{BH}}{{AB}} = frac{{AB}}{{BC}}). Do đó (BH.BC = A{B^2}).

Từ đó ta có (BI.BM = BH.BC) suy ra (frac{{BI}}{{BC}} = frac{{BH}}{{BM}}).

Xét tam giác BHI và tam giác BMC có:

(widehat B) chung

(frac{{BI}}{{BC}} = frac{{BH}}{{BM}}) (cmt)

nên $Delta BHIbacksim Delta BMC$ (c.g.c) suy ra (frac{{HI}}{{MC}} = frac{{BI}}{{BC}}).

Xét tam giác AMB vuông tại A, ta có: (sin widehat {AMB} = frac{{AB}}{{BM}}).

Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có: (sin widehat {ACB} = frac{{AB}}{{BC}}).

Suy ra (sin widehat {AMB}.sin widehat {ACB} = frac{{AB}}{{BM}}.frac{{AB}}{{BC}} = frac{{A{B^2}}}{{BM.BC}} = frac{{BI.BM}}{{BM.BC}} = frac{{BI}}{{BC}} = frac{{HI}}{{CM}}).

Vậy (sin widehat {AMB}.sin widehat {ACB} = frac{{HI}}{{CM}}) (đpcm).