Đề thi Giữa kì 2 Toán 9 năm 2024-2025 THCS Dịch Vọng (Hà Nội) có đáp án

a) Xét nửa đường tròn tâm $$O$$ có $$E,F$$ nằm trên cung $$BC$$ nên $$\widehat{AEC}$$, $$\widehat{BFC}$$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $$\widehat{AEC}=\widehat{BFC}=90^{\circ }$$

$$\widehat{AEC}\widehat{,BEC}$$ là hai góc kề bù nên $$\widehat{AEC}+\widehat{BEC}=180^{\circ }$$

Suy ra $$\widehat{AEC}=180^{\circ }-\widehat{BEC}=180^{\circ }-90^{\circ }=90^{\circ }$$.

Chứng minh tương tự ta có $$\widehat{AFB}=90^{\circ }$$.

Xét $$\Delta AEH$$ vuông tại $$E$$ nên $$\Delta AEH$$ nội tiếp đường tròn đường kính $$AH$$

Suy ra $$A,E,H$$ thuộc đường tròn đường kính $$AH$$.

Chứng minh tương tự với $$\Delta AFH$$ ta có $$A,F,H$$ thuộc đường tròn đường kính $$AH$$.

Như vậy, $$A,F,H,E$$ thuộc đường tròn đường kính $$AH$$, suy ra tứ giác $$AFHE$$ nội tiếp đường tròn đường kính $$AH$$.

b)

Xét đường tròn nội tiếp tứ giác $$AEHF$$ có $$\widehat{AEF},\widehat{AHF}$$là góc nội tiếp chắn cung $$AF$$ nên $$\widehat{AEF}=\widehat{AHF}$$ (1)

Xét $$\Delta AFH$$ và $$\Delta ADC$$ có:

$$\widehat{AFH}=\widehat{ADC}=90^{\circ }$$ và $$\widehat{HAF}$$ là góc chung

Do đó  (g.g)

Suy ra $$\widehat{ACD}=\widehat{AHF}$$ (hai góc tương ứng) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $$\widehat{AEF}=\widehat{ACD}$$ hay $$\widehat{AEF}=\widehat{ACB}$$.

Xét $$\Delta ABC$$ có $$\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^{\circ }$$ nên $$BF,CE$$ là đường cao mà $$BF,CE$$ cắt nhau tại $$H$$ nên $$AH\perp BC$$ tại $$D$$, suy ra $$\widehat{ADC}=90^{\circ }$$.

Xét $$\Delta HFC$$ vuông tại $$F$$ nên $$\Delta HFC$$ nội tiếp đường tròn đường kính $$HC$$, suy ra $$H,F,C$$ thuộc đường tròn đường kính $$HC$$.

Xét $$\Delta HDC$$ vuông tại $$D$$ nên $$\Delta HDC$$ nội tiếp đường tròn đường kính $$HC$$, suy ra $$H,D,C$$ thuộc đường tròn đường kính $$HC$$.

Như vậy, $$H,D,C,F$$ thuộc đường tròn đường kính $$HC$$ suy ra tứ giác $$HDCF$$ nội tiếp.

Mà $$\widehat{HFD},\widehat{HCD}$$ là góc nội tiếp chắn cung $$HD$$ nên $$\widehat{HFD}=\widehat{HCD}$$ (3)

Xét $$\Delta ADB$$ và $$\Delta CEB$$ có:

$$\widehat{ADB}=\widehat{CEB}=90^{\circ }$$ và $$\widehat{ABC}$$ là góc chung

Do đó  (g.g)

Suy ra $$\widehat{BAD}=\widehat{BCE}$$ (hai góc tương ứng) hay  $$\widehat{EAH}=\widehat{HCD}$$ (4)

Tứ giác $$AEHF$$ nội tiếp có $$\widehat{EAH,}\widehat{HFE}$$ là góc nội tiếp chắn cung $$HF$$ nên $$\widehat{EAH}=\widehat{HFE}$$ (5)

Từ (3), (4), (5) suy ra $$\widehat{HFE}=\widehat{HFD}$$ hay $$\widehat{EFB}=\widehat{DFB}$$ hay $$FB$$ là tia phân giác $$\widehat{EFD}$$.

c) Xét $$\Delta AFB$$ và  $$\Delta AEH$$ có

$$\widehat{EAF}$$ là góc chung và $$\widehat{AFB}=\widehat{AEC}$$

Do đó  (g.g)

Suy ra $$\frac{AF}{AE}=\frac{AB}{AC}$$ nên $$\frac{AF}{AB}=\frac{AE}{AC}$$

Xét $$\Delta AEF$$ và $$\Delta ACB$$ có

$$\widehat{EAF}$$ chung và $$\frac{AF}{AB}=\frac{AE}{AC}$$

Do đó   (c.g.c)

Suy ra $$\frac{EF}{BC}=\frac{AF}{AB}$$

Xét $$\Delta AFB$$ có $$\widehat{AFB}=90^{\circ }$$ nên $$\cos \widehat{BAC}=\frac{AF}{AB}$$

Suy ra $$\cos 60^{\circ }=\frac{EF}{BC}$$  nên $$EF=\frac{1}{2}BC.$$

Đỉnh cổng là đỉnh của parabol $y=a{x}^2\left(a<0\right)$, đỉnh cổng là $O\left(0;0\right)$.

Gọi hai chân cổng là $A,B$. $AB$ cắt $Oy$ tại $H$.

Ta có: $AH=HB=\frac{AB}{2}$; $OA=OB=2\sqrt{5}$ ($A,B,H$ nằm dưới trục hoành)

Xét $\Delta HOA$ vuông tại $H$, theo định lí Pythagore, ta có: $O{H}^2+A{H}^2=O{A}^2$

Suy ra $O{H}^2={\left(2\sqrt{5}\right)}^2-2^2=16$ nên $OH=\sqrt{16}=4$

Khi đó, $H\left(0;-4\right)$ suy ra $A\left(-2;-4\right)$; $B\left(2;-4\right)$

Vì $A\in \left(P\right)$ nên ta có: $-4=a.{\left(-2\right)}^2$ suy ra $a=-1$

Vậy cổng có dạng parabol $y=-x^2$

Vì  chiều cao của xe tải là $2,5m$, xét đường thẳng $y=-\frac{3}{2}$ (ứng với chiều cao của xe).

Hoành độ giao điểm của parabol với đường thẳng $y=-\frac{3}{2}$ là nghiệm của phương trình:

$-x^2=-\frac{3}{2}$

$x^2=\frac{3}{2}$

Suy ra $x=\pm \frac{\sqrt{6}}{2}$

Khi đó toạ độ hai giao điểm là $M\left(\frac{\sqrt{6}}{2};\frac{-3}{2}\right)$;$N\left(\frac{-\sqrt{6}}{2};\frac{-3}{2}\right)$

Ta có: $MN=2.\frac{\sqrt{6}}{2}=\sqrt{6}>2,4m$

Vậy xe tải có thể đi qua cổng.