Đề kiểm tra Toán 9 Chương 9 (có đáp án) - Đề 1

Chọn C

Tam giác \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nếu đường tròn \(\left( O \right)\) đi qua ba đỉnh của tam giác \(ABC.\)

Chọn B

Vì tứ giác \[ABCD\] là tứ giác nội tiếp nên

• \(\widehat {BDC} = \widehat {BAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[BC\]);

• \(\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp);

• \(\widehat {DCB} = \widehat {BAx}\) (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối với đỉnh đó).

Vậy ba phương án A, B, C đều đúng, phương án D sai.

Chọn D

Với \[0^\circ  \le \alpha  < 360^\circ \], các phép quay thuận chiều tâm \[O\] biến hình vuông trên thành chính nó là \(0^\circ \,;\,\,90^\circ \,;\,\,180^\circ \,;\,\,270^\circ .\)

Chọn C

Ta có đường tròn tâm \(I\) nội tiếp tam giác đều \(ABC\) là \(r = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\).

Suy ra \(a = \frac{{6r}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{6\,\,.\,\,2}}{{\sqrt 3 }} = 4\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Vậy độ dài cạnh \(AB = a = 4\sqrt 3 \,\,{\rm{cm}}\).

Chọn B

Đường tròn \[\left( O \right)\] có \[\widehat {CDB}\] và \[\widehat {CAB}\] là hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[CB\] nên \(\widehat {CDB} = \widehat {CAB} = 45^\circ \).

Do \[\widehat {DCB}\] là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \[\left( O \right)\] nên \(\widehat {DCB} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta DCB\) có: \(\widehat {CBD} + \widehat {CDB} + \widehat {DCB} = 180^\circ \) (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra \(\widehat {CBD} = 180^\circ  - \widehat {CDB} - \widehat {DCB} = 180^\circ  - 45^\circ  - 90^\circ  = 45^\circ \).

Chọn C

Bán kính của phần đất trồng hoa đó là: \(r = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{{10\sqrt 3 }}{6} = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}\,\left( {\rm{m}} \right)\)

Diện tích phần đất trồng hoa đó là: \(S = \pi {r^2} = \pi \,\, \cdot \,\,{\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \frac{{25\pi }}{3}\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

a) Đúng. Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta ABC\], ta có:

\[BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{9^2} + {{12}^2}}  = 15\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

b) Sai. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[AD = AF;\,\,BD = BE;\,\,CE = CF\].

Do đó, ta có: \[2AD + 2BE + 2CE = AB + BC + CA = 9 + 12 + 15 = 36\] (cm).

Suy ra \[2AD + 2BC = 36\], suy ra \[AD = 3\,\,{\rm{cm}}{\rm{,}}\] \[BD = 6\,\,{\rm{cm}}\] và \[DI = 3\,\,{\rm{cm}}\].

Do đó, \[BD = 2DI\].

c) Đúng. Xét \[\Delta ABN\] và \[\Delta IBD\] có \[\widehat B\] chung và \[\widehat {BDI} = \widehat {BAN} = 90^\circ \].

Do đó, $\Delta ABN\backsim \Delta DBI$ (g.g)

Suy ra \[\frac{{BI}}{{BN}} = \frac{{DB}}{{AB}} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3} = \frac{{BG}}{{BM}}\]

Do đó, theo định lí Thalès đảo suy ra \[IG\parallel NM\] và \[IG = \frac{2}{3}MN\].

Có \[IDAF\] là hình vuông nên \[DI\parallel FA\].

Theo định lí Thales, có \[\frac{{DI}}{{AN}} = \frac{{DB}}{{AB}} = \frac{2}{3}\], do đó \[AN = 3:\frac{2}{3} = \frac{9}{2} = 4,5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

d) Đúng. Vì \[M\] là trung điểm của \[BC\] nên \[NM = AM - AN = 6 - 4,5 = 1,5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Suy ra \[IG = 1\,\,{\rm{cm}}\].

a) Đúng. Do đó \[AB = BC = CD = DE = EG = GH = HK\] và \[OA = OB = OC = OD = OE = OG = OH = OK.\]

Xét \[\Delta OAB\] và \[\Delta OBC\] có: \[OA = OB,{\rm{ }}OB = OC,{\rm{ }}AB = BC\].

Do đó \[\Delta OAB = \Delta OBC\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.c}}{\rm{.c}}} \right)\].

b) Đúng. Tương tự, ta sẽ chứng minh được:

\[\Delta OAB = \Delta OBC = \Delta COD = \Delta DOE = \Delta EOG = \Delta GOH = \Delta HOK = \Delta KOA.\]

Suy ra các góc tương ứng bằng nhau:

\(\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COD} = \widehat {DOE} = \widehat {EOG} = \widehat {GOH} = \widehat {HOK} = \widehat {KOA}.\)

Ta có: \(\widehat {AOB} + \widehat {BOC} + \widehat {COD} + \widehat {DOE} + \widehat {EOG} + \widehat {GOH} + \widehat {HOK} + \widehat {KOA} = 360^\circ \)

Suy ra \(8\widehat {AOB} = 360^\circ ,\) nên \(\widehat {AOB} = 45^\circ .\)

c) Đúng. Do đó, \(\widehat {DOE} = \widehat {EOG} = \widehat {GOH} = 45^\circ .\)

Như vậy, ta sẽ có \[\widehat {DOG} = \widehat {DOE} + \widehat {EOF} + \widehat {FOG} = 45^\circ  + 45^\circ  + 45^\circ  = 135^\circ .\]

Do đó, \[\widehat {DOG} = 3\widehat {AOB.}\]

d) Sai. Vậy quay thuận chiều \[135^\circ \] tâm \[O\] biến điểm \[D\] của bát giác đều \[ABCDEFGH\] thành điểm \[G.\]

Vì tứ giác \(ABCD\) nội tiếp nên \(\widehat B + \widehat D = 180^\circ \).

Do đó \(12x + 6x = 180^\circ \) hay \(18x = 180^\circ \) suy ra \(x = 10^\circ \).

Suy ra \(\widehat A = 7x = 70^\circ \).

Mà, ta có: \(\widehat A + \widehat C = 180^\circ \), suy ra \(\widehat C = 110^\circ \).

Vậy số đo góc \(\widehat C = 110^\circ \).

Đáp án: 110.

Diện tích hình tròn là: \(\pi {.3^2} = 9\pi \left( {c{m^2}} \right)\).

Áp dụng định lí Pythagore trong \(\Delta OBC\) vuông tại \(O\) ta có:

\(BC = \sqrt {O{C^2} + O{B^2}}  = 3\sqrt 2 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Diện tích hình vuông là: \({\left( {3\sqrt 2 } \right)^2} = 18\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Tỉ số phần trăm của diện tích hình tròn và diện tích hình vuông là: \(\frac{{9\pi }}{{18}} \cdot 100\%  \approx 157\% \).

Đáp án: 157.

Ta có \(\widehat {AIB} = 360^\circ :8 = 45^\circ \).

Vì \(\Delta AIB\) cân tại \(I\) nên \(\widehat {IAH} = \frac{{180^\circ  - \widehat {AIB}}}{2} = 67,5^\circ \).

Ta có \(H\) là trung điểm của \(AB\) (\(\Delta AIB\) cân tại \(I;{\rm{ }}IH\) là đường cao nên \(IH\) cũng là đường trung tuyến) nên \[AH = \frac{{AB}}{2} = \frac{{25}}{2} = 12,5\,\,{\rm{(cm)}}\].

Xét \(\Delta AIH\) vuông tại \(H:\tan IAH = \frac{{IH}}{{AH}} \Rightarrow IH = AH.\tan IAH = 12,5.\tan 67,5^\circ \left( {cm} \right)\).

Diện tích \(\Delta AIB\) là \(\frac{1}{2}.IH.AB = \frac{1}{2}.12,5.\tan 67,5^\circ .25 = 156,25.\tan 67,5^\circ \left( {c{m^2}} \right)\).

Diện tích bề mặt tấm thớt là \(\left( {156,25 \cdot \tan 67,5^\circ } \right) \cdot 8 \approx 3017,8\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Đáp án: 5.