Đề kiểm tra 45 phút - Đề số 1 - Chương 1 - Hình học 9

Đề bài

Bài 1. a. Không sử dụng máy tính, hãy sắp xếp các tỉ số lượng giác sau theo thứ tự tăng dần: \(sin{78^o},{\rm{ }}cos{24^o},{\rm{ }}sin{40^o},{\rm{ }}cos{87^o},{\rm{ }}sin{42^o}\)

b. Tính : \(D = {\sin ^2}15^\circ  + {\sin ^2}75^\circ  - {{2\cos 49^\circ } \over {\sin 41^\circ }} \)\(\,+ \tan 26^\circ .\tan 64^\circ \)

Bài 2. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, \(AC = 3cm,HC = 1,8cm.\)

a. Giải tam giác ABC

b. Tính độ dài phân giác AD của tam giác ABC (số đo góc làm tròn đến phút, độ dài đoạn thẳng làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai)

Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AH. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của H lên AB và AC.

a. Chứng minh \(AM.AB = AN.AC\).

b. Chứng minh \({{{S_{AMN}}} \over {{S_{ABC}}}} = {\sin ^2}B.{\sin ^2}C\)

Hướng dẫn giải

Bài 1. a. Ta có: \(\cos 24^\circ  = \sin 66^\circ ,\cos 87^\circ  = \sin 3^\circ .\)

Vì \(3^\circ  <40^\circ  <42^\circ  <66^\circ  <78^\circ \) nên:

\(\eqalign{  & \sin 3^\circ  <\sin 40^\circ  <\sin 42^\circ  <\sin 78^\circ   \cr  &  \rightarrow \cos 87^\circ  <\sin 40^\circ  <\sin 42^\circ  <\cos 24^\circ  <\sin 78^\circ  \cr} \)

b.

\(\eqalign{ D &= {\sin ^2}15^\circ  + {\sin ^2}75^\circ  - {{2\cos 49^\circ } \over {\sin 41^\circ }} + \tan 26^\circ .\tan 64^\circ   \cr  &  = {\sin ^2}15^\circ  + {\cos ^2}15^\circ  - {{2\sin 41^\circ } \over {\sin 41^\circ }} + \tan 26^\circ .\cot 26^\circ  \cr&= 1 - 2 + 1 = 0 \cr} \)

Bài 2.

a. ∆ABC vuông tại A có đường cao AH, ta có:

\(A{C^2} = BC.HC\) (hệ thức lượng)

\( \Rightarrow BC = {{A{C^2}} \over {HC}} = {{{3^2}} \over {1,8}} = 5\) (cm)

Theo định lí Py-ta-go, ta có:

\(A{B^2} = B{C^2} - A{C^2} = {5^2} - {3^2} = 16 \)

\(\Rightarrow AB = 4\,\left( {cm} \right)\)

Ta có: \(\eqalign{  & \sin B = {{AC} \over {BC}} = {3 \over 5} \Rightarrow \widehat B \approx 36^\circ 52'  \cr  &  \Rightarrow \widehat C \approx 90^\circ  - 36^\circ 52' \approx 53^\circ 08' \cr} \)

b. AD là phân giác của ∆ABC, ta có:

\(\eqalign{  & {{DB} \over {DC}} = {{AB} \over {AC}} = {4 \over 3}\cr& \Rightarrow {{DB} \over 4} = {{DC} \over 3} = {{DB + DC} \over {4 + 3}} = {{BC} \over 7} = {5 \over 7}  \cr  &  \Rightarrow DB = {{4.5} \over 7} = {{20} \over 7}\,\left( {cm} \right) \cr} \)

Ta có: \(\eqalign{  & BH = BC - HC = 5 - 1,8 = 3,2\,\left( {cm} \right)  \cr  &  \Rightarrow DH = BH - BD = 3,2 - {{20} \over 7} \approx 0,34\,\left( {cm} \right) \cr} \)

Lại có: \(BC.AH = AB.AC\) (hệ thức lượng)

\( \Rightarrow AH = {{AB.AC} \over {BC}} = {{3.4} \over 5} = 2,4\,\left( {cm} \right)\)

Áp dụng định lí Pi-ta-go trong tam giác vuông AHD, ta có:

\(A{D^2} = A{H^2} + D{H^2}\)\(\; \approx {\left( {2,4} \right)^2} + {\left( {0,34} \right)^2} \approx 5,8756\)

\(\Rightarrow AD \approx 2,42\,\left( {cm} \right)\)

Bài 3.

a. \(∆AHB\) vuông tại H (giả thiết) có HM là đường cao, ta có:

\(A{H^2} = AM.AB\) (hệ thức lượng) (1)

Tương tự với \(∆AHC\) có đường cao HN, ta có:

\(A{H^2} = AN.AC\) (2)

Từ (1) và (2) \(⇒ AM.AB = AN.AC\) (3)

b. Xét \(∆AMN\) và \(∆ABC\) có \(\widehat A\) chung và (3)

\(⇒ ∆AMN\) đồng dạng \(∆ACB\) (c.g.c)

\( \Rightarrow {{{S_{AMN}}} \over {{S_{ACB}}}} = {\left( {{{AN} \over {AB}}} \right)^2}\) (4)

Ta có: \({\widehat H_1} = \widehat C\) (cùng phụ với \({\widehat H_2}\) )

Xét \(∆ANH\) vuông tại N, ta có:

\(AN = AH.sin{H_1} = AH.sinC\) (vì \({\widehat H_1} = \widehat C\) )

\( \Rightarrow A{N^2} = A{H^2}.{\sin ^2}C\) (5)

Xét \(∆AHB\), ta có: \(AH = AB.\sin B \Rightarrow {\rm A}{{\rm H}^2} = A{B^2}.{\sin ^2}B\)

\( \Rightarrow A{B^2} = {{A{H^2}} \over {{{\sin }^2}B}}\) (6)

Thay (5), (6) vào (4), ta có: \({{{S_{AMN}}} \over {{S_{ACB}}}} = {{A{H^2}.{{\sin }^2}C} \over {{{A{H^2}} \over {{{\sin }^2}B}}}} = {\sin ^2}B.{\sin ^2}C\)