Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức (Tự luận) có đáp án - Đề 1
Xem toàn bộ quiz

1. Cho tam giác đều \(ABC.\) Góc quay của phép quay thuận chiều kim đồng hồ với tâm \(A\) biến điểm \(B\) thành điểm \(C\) là bao nhiêu độ? 2. Cho tam giác \(ABC\) nhọn. Ba đường cao \(A

4/5

     1. Cho tam giác đều \(ABC.\) Góc quay của phép quay thuận chiều kim đồng hồ với tâm \(A\) biến điểm \(B\) thành điểm \(C\) là bao nhiêu độ?

    2. Cho tam giác \(ABC\) nhọn. Ba đường cao \(AI,\,\,BK,\,\,CL\) cắt nhau tại \(H.\) Chứng minh:

a) Tứ giác \(BIHL\) là tứ giác nội tiếp.

b) \(\widehat {AKL} = \widehat {IKC}.\)

c) \(H\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(IKL.\)

0/3000 ký tự
Giải thích

1.

1. Cho tam giác đều \(ABC.\) Góc quay của phép quay thuận chiều kim đồng hồ với tâm \(A\) biến điểm \(B\) thành điểm \(C\) là bao nhiêu độ? 2. Cho tam giác \(ABC\) nhọn. Ba đường cao \(AI,\,\,BK,\,\,CL\) cắt nhau tại \(H.\) Chứng minh: a) Tứ giác \(BIHL\) là tứ giác nội tiếp. b) \(\widehat {AKL} = \widehat {IKC}.\) c) \(H\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(IKL.\) (ảnh 1)

Xét \(\Delta ABC\) đều có \(AB = AC\) và \(\widehat {BAC} = 60^\circ \).

Phép quay thuận chiều kim đồng hồ với tâm \(A\) biến điểm \(B\) thành điểm \(C\) tạo nên cung lớn \(BC\) có số đo là:

360°−sđBC⏜=360°−BAC^=360°−60°=300°. 

Vậy góc quay của phép quay đó là \(300^\circ .\)

2.

1. Cho tam giác đều \(ABC.\) Góc quay của phép quay thuận chiều kim đồng hồ với tâm \(A\) biến điểm \(B\) thành điểm \(C\) là bao nhiêu độ? 2. Cho tam giác \(ABC\) nhọn. Ba đường cao \(AI,\,\,BK,\,\,CL\) cắt nhau tại \(H.\) Chứng minh: a) Tứ giác \(BIHL\) là tứ giác nội tiếp. b) \(\widehat {AKL} = \widehat {IKC}.\) c) \(H\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(IKL.\) (ảnh 2)

a) Vì \(AI,\,\,CL\) là đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(AI \bot BC\) và \(CL \bot AB.\) Do đó \(\widehat {AIB} = \widehat {BLC} = 90^\circ \) hay \(\widehat {HIB} = \widehat {BLH} = 90^\circ \).

Suy ra hai điểm \(I,\,\,L\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(BH.\)

Vậy bốn điểm \(B,\,\,I,\,\,L,\,\,H\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(BH\) hay tứ giác \(BIHL\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BH.\)

b) Chứng minh tương tự câu 1, ta có tứ giác \(CIHK\) nội tiếp đường tròn đường kính \(CH.\)

 Suy ra \(\widehat {IKC} = \widehat {IHC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(IC)\)

Chứng minh tương tự, ta có tứ giác \(AKHL\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\) nên \(\widehat {AKL} = \widehat {AHL}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AL).\)

Lại có \(\widehat {IHC} = \widehat {AHL}\) (đối đỉnh)

Do đó \(\widehat {AKL} = \widehat {IKC}.\)

c) Ta có \(\widehat {AKL} + \widehat {LKB} = 90^\circ \) và \(\widehat {IKC} + \widehat {IKB} = 90^\circ \)

Mà \(\widehat {AKL} = \widehat {IKC}\) (câu 2) nên \(\widehat {LKB} = \widehat {IKB}\) hay \(KB\) tức \(KH\) là tia phân giác của \(\widehat {IKL}.\)

Chứng minh tương tự, ta có \(IH\) là tia phân giác của \(\widehat {LIK}.\)

Xét tam giác \(IKL\) có \(KH,\,\,IH\) là hai đường phân giác của tam giác cắt nhau tại \(H\) nên \(H\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(IKL.\)