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:

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

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

$\widehat C = 90^\circ  - \widehat B = 90^\circ  - 60^\circ  = 30^\circ$.

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

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 $\Delta BHD\backsim \Delta HAD\left( g.g \right)$ 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 $\Delta CHE\backsim \Delta HAE\left( g.g \right)$ 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 $\Delta BIA\backsim \Delta BAM\left( g.g \right)$ 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 $\Delta BHA\backsim \Delta BAC\left( g.g \right)$ 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 $\Delta BHI\backsim \Delta BMC$ (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).