Đề kiểm tra Toán 9 Chương 9 (có đáp án) - Đề 2

Chọn B

Các phép quay có thể có với một đa giác đều tâm \[O\] là phép quay thuận chiều tâm \[O\] và phép quay ngược chiều tâm \[O\].

Chọn C

Độ dài một cạnh của tam đều \(IHK\)là: \(27\,\,:\,\,3 = 9\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Khi đó bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác đều \(IHK\) là: \(r = \frac{{9\sqrt 3 }}{6} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Chọn D

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

Suy ra \(\widehat {BAC} + \widehat {CAD} = 90^\circ \).

Mà \(\widehat {xBC} = \widehat {BAC}\) (giả thiết) và \(\widehat {CBD} = \widehat {CAD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[CD\] của đường tròn tâm \(O)\).

Suy ra \(\widehat {xBC} + \widehat {CBD} = 90^\circ \) hay \(\widehat {DBx} = 90^\circ \).

Vậy \(\widehat {OBx} = 90^\circ \).

Chọn A

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

Chọn B

Xét \[\left( O \right)\] có \[\widehat {ACF} = 90^\circ \,;\,\,\widehat {ABF} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[CF \bot \;AC\]; \[BF \bot \;AB\] mà \[BD \bot \;AC\]; \[CE \bot \;AB\], do đó \[BD\,{\rm{//}}\,CF\]; \[CE\,{\rm{//}}\,BF\].

Suy ra \[BHCF\] là hình bình hành hay \[BH = CF\].

Chọn B

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nội tiếp đường tròn \(\left( {O\;;\;7,5\,{\rm{cm}}} \right)\) do đó cạnh huyền \(BC\) là đường kính.

Suy ra \(BC = 2.7,5 = 15\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Theo định lí Pythagore ta có \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\) \(\left( 1 \right)\)

Lại có \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{3}{4}\) hay \(AB = \frac{3}{4}AC\) và \(BC = 15\,{\rm{cm}}\), thay vào \(\left( 1 \right)\) ta được:

\({\left( {\frac{3}{4}AC} \right)^2} + A{C^2} = {15^2}\) suy ra \(\frac{{25}}{{16}}A{C^2} = 225\) do đó \(AC = 12\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Với \(AC = 12\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\) thì \(AB = \frac{3}{4}\; \cdot \;12 = 9\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Vậy chu vi tam giác \(ABC\) là \(AB + AC + BC = 9 + 12 + 15 = 36\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

a) Đúng. Ta có mỗi góc trong ngũ giác đều có số đo là \[\frac{{\left( {5 - 2} \right).180^\circ }}{5} = 108^\circ \].

Suy ra \[\widehat {AED} = 108^\circ \].

b) Sai. Có tam giác \[AED\] cân tại \[E\] từ đó suy ra \[{\widehat A_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}} = \widehat {{D_1}} = \frac{{180^\circ  - 108^\circ }}{2} = 36^\circ \].

Tương tự, ta tính được \[\widehat {{B_1}} = \widehat {{E_1}} = \widehat {{D_1}} = 36^\circ \].

Suy ra \[\widehat {{I_1}} = \widehat {{E_1}} + \widehat {{A_1}} = 72^\circ \] (góc ngoài của tam giác \[AEI\]) và \[\widehat {{D_2}} = \widehat {EDC} - \widehat {{D_1}} = 108^\circ  - 36^\circ  = 72^\circ \].

c) Đúng. Từ b) suy ra \[\widehat {{I_1}} = \widehat {{D_2}}\].

Mà hai góc ở vị trí đồng vị nên \[IB\parallel DC\]. (1)

Lại có \[\widehat {{D_2}} + \widehat {DCB} = 72^\circ  + 108^\circ  = 180^\circ \].

Mà hai góc ở vị trí trong cùng phí nên \[ID\parallel BC\] (2).

Từ (1) và (2) suy ra \[DIBC\] là hình bình hành.

d) Đúng. Xét \[\Delta EAD\] và \[\Delta AIE\] có: \[\widehat {EAD} = \widehat {IAE}\] và \[\widehat {EDA} = \widehat {IEA} = 36^\circ \].

Suy ra  (g.g) suy ra \[\frac{{AI}}{{AE}} = \frac{{AE}}{{AD}}\] suy ra \[AI.AD = A{E^2}\].

Mà \[DIBC\] là hình bình hành nên \[DI = BC = AE\].

Suy ra \[D{I^2} = AI.AD.\]

a) Đúng. Ta có: \(\widehat {BAC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Có tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành suy ra \(AB\parallel CD\) nên \(\widehat {ACD} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) (so le trong).

Suy ra \(\widehat {AED} = \widehat {ACD} = 90^\circ \).

Mà hai góc này cùng chắn cung \(EF\) nên tứ giác \(AECD\) nội tiếp đường tròn hay bốn điểm \(A,E,C,D\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AD\).

b) Sai. Vì tứ giác \(AECD\) nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {CAE} = \widehat {CDE}\) (hai góc nội tiếp chắn cung \[EC\,).\]

Có: \(AB\parallel CD\) nên \(\widehat {CDE} = \widehat {ABD}\) (so le trong).

Từ đây suy ra \(\widehat {CAE} = \widehat {ABD}\).

Mà \(\widehat {ABD}\) là góc ở tâm, \(\widehat {AOF}\) là góc nội tiếp chắn cung \(AF\), suy ra \(\widehat {AOF} = 2\widehat {ABD}\) hay \(\widehat {AOF} = 2\widehat {CAE}\)

c) Đúng. Ta có: \(\widehat {BFC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra \(AE\parallel CF\) (cùng vuông với \(BD\)).

Lại có \(\widehat {AFB} = \widehat {ACB} = \widehat {CAD} = \widehat {FEC}\) suy ra \(AF\parallel CE\).

Do đó \[AECF\] là hình bình hành.

d) Sai. Gọi \[AC \cap BD = I\]. Vì \[ABCD\] là hình bình hành nên \[IA = IC;IB = ID;AB = CD\].

Xét tam giác \[DCI\] vuông tại \[C\] có \[CF\] là đường cao.

Xét tam giác đồng dạng \[\Delta FCD\] và \[\Delta CID\] có: \[\widehat {CFD} = \widehat {DCI} = 90^\circ \] và \[\widehat {FDC} = \widehat {IDC}\].

Suy ra  (g.g) suy ra \[\frac{{CD}}{{DI}} = \frac{{FD}}{{CD}}\].

Suy ra \[C{D^2} = DF.DI\] nên \[A{B^2} = DF.DI\] (Do \[AB = CD\]).

Suy ra \[2A{B^2} = 2DF.DI\] mà \[2DI = BD\] do đó \[2A{B^2} = BD.DF\].

Gọi \(O\) là tâm của ngũ giác đều \(ABCDE\).

Ta có góc ở tâm chắn một cạnh của ngũ giác đều là \(360^\circ :5 = 72^\circ \).

Cung nhỏ \(DC\) có số đo \(72^\circ \).

Ta có $\widehat{DAC}=\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel{⏜}{DC}=\frac{1}{2}\cdot 72°=36°$.

Đáp án: 36.

Vì \(O\) cách đều 3 đỉnh của tam giác \(ABC\) nên \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \(ABC\).

Gọi \(a\,\,{\rm{(cm)}}\) là độ dài cạnh của tam giác đều \(ABC{\rm{ }}\left( {a > 0} \right)\).

Ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều là \(60\,\,{\rm{cm}}\).

Khi đó \(R = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\) hay \(60 = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Suy ra \(a\sqrt 3  = 180\) nên \(a \approx 104\) (TMĐK).

Vậy khoảng cách từ \(A\) đến \(B\) khoảng \(104\,\,{\rm{m}}\).

Đáp án: 104.

Ta có số đo mỗi góc của lục giác đều là \(120^\circ \).

Diện tích hình quạt tạo bởi 1 cung tròn là \(\frac{{\pi {{.3}^2}.120}}{{360}} = 3\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Diện tích 6 hình quạt tạo bởi 6 cung tròn là \(3\pi .6 = 18\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Diện tích tam giác đều cạnh 6 cm là \(\frac{{{6^2}\sqrt 3 }}{4} = 9\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Diện tích hình lục giác đều là \(9\sqrt 3 .6 = 54\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Diện tích phần tô màu xám là \(54\sqrt 3  - 18\pi  \approx 37\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Đáp án: 37.