Đề kiểm tra Toán 9 Cánh diều Chương 4 có đáp án - Đề 2

Lời giải

Chọn C

Vì $\alpha ,\,\,\beta$ là hai góc phụ nhau nên $\beta = 90^\circ - \alpha .$

Theo định lí tỉ số lượng giác của hai góc phụ nhau, ta có:

$\sin \alpha = \cos \left( {90^\circ - \alpha } \right) = \cos \beta ;$ $\tan \alpha = \cot \left( {90^\circ - \alpha } \right) = \cot \beta .$

Chọn D

Ta có: $\sin \alpha = \frac{{2{,}5}}{5} = \frac{1}{2}$ nên $\alpha = 30^\circ$.

Vậy góc hợp bởi thang và thân cây cau là $\alpha = 30^\circ$.

Chọn D

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có:

• $\tan C = \frac{{AB}}{{AC}}$ nên $AB = AC \cdot \tan C = 10\tan 30^\circ = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}\,\,{\rm{cm}}$;

• $\cos C = \frac{{AC}}{{BC}}$ nên $BC = \frac{{AC}}{{\cos C}} = \frac{{10}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{20\sqrt 3 }}{3}\,\,{\rm{cm}}$.
Vậy $AB = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}\,\,{\rm{cm}};\,\,BC = \frac{{20\sqrt 3 }}{3}\,\,{\rm{cm}}$.

Chọn B

Ta có $BH = \frac{{BC}}{2} = 3{,}615\;\,({\rm{m)}}{\rm{.}}$

Xét $\Delta ACH$ vuông tại $H,$ ta có:

$\tan \widehat {HAB} = \frac{{BH}}{{AH}} = \frac{{3{,}615}}{{11}}$ nên $\widehat {HAB} \approx 18^\circ$.

Suy ra $\widehat {BAC} = 2\widehat {HAB} \approx 2 \cdot 18^\circ = 36^\circ .$

Vậy góc sút của cầu thủ khoảng $36^\circ$.

Chọn B

Đặt $BN = x\,\,({\rm{cm)}}\,\,\,\left( {0 < x < 11} \right)$ Khi đó $NC = 11 - x\,\,({\rm{cm)}}{\rm{.}}$

Xét tam giác $ABN$ vuông tại $N$ có $AN = BN \cdot \tan B = x \cdot \tan 40^\circ$.

Xét tam giác $ACN$ vuông tại $N$ có $AN = CN \cdot \tan C = \left( {11 - x} \right)\tan 30^\circ$.

Suy ra $x\tan 40^\circ = \left( {11 - x} \right)\tan 30^\circ$ nên $x \approx 4{,}48\,\,{\rm{cm}}$ (thoả mãn).

Khi đó $AN = BN \cdot \tan B = 4{,}48 \cdot \tan 40^\circ \approx 3{,}76\,\,({\rm{cm)}}$.

Chọn C

Gọi $A,\,\,D$ là vị trí của người đứng;

$C,\,\,D$ là vị trí bức tường phía trên và dưới cùng;

$H$ là hình chiếu của $A$ lên $BC.$

Tứ giác $ADBH$ là hình chữ nhật nên $BD = AH = 1{,}5\;\,{\rm{m}}$;

$$BH = AD = 1{,}2\;\,{\rm{m}}{\rm{.}}$$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $ABD$ vuông tại $D,$ ta có:

$A{B^2} = A{D^2} + B{D^2} = 1,{2^2} + 1,{5^2} = 3{,}69$.

Suy ra $AB = \sqrt {3{,}69} = 1{,}92\;\,({\rm{m}}).$

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A,$ đường cao $AH,$ ta có:

$A{B^2} = BH \cdot BC$ hay $BC = \frac{{A{B^2}}}{{BH}} = \frac{{3{,}69}}{{1{,}2}} \approx 3\;\,\,({\rm{m}})$.

Vậy chiều cao của bức tường là $3{\rm{ m}}.$

a) Đúng. Áp dụng định lý tổng ba góc trong một tam giác, ta có:

$$\widehat {BAC} = {180^{\rm{o}}} - \left( {\widehat {ABC} + \widehat {ACB}} \right) = 180^\circ - \left( {75^\circ + 65^\circ } \right) = 40^\circ .$$

b) Đúng. Vì $\widehat {ABC} = 75^\circ \,;\,\,\widehat {ACB} = 65^\circ$ và $\widehat {BAC} = 40^\circ$ nên $\Delta ABC$ nhọn.

c) Đúng. Xét tam giác nhọn $ABC$, kẻ các đường cao $BD,\,\,CE$ thì các đường cao này nằm trong tam giác (như hình vẽ) có $a = BC;\,\,b = AC;\,\,c = AB$.

Xét $\Delta ADB$ vuông tại $D$, áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc nhọn trong tam giác vuông ta có:

$BD = AB \cdot \sin \widehat {BAC} = c \cdot \sin A.$ $\left( 1 \right)$

Xét $\Delta CDB$ vuông tại $D$, áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc nhọn trong tam giác vuông ta có:

$BD = BC \cdot \sin \widehat {ACB} = a \cdot \sin C.$ $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $c \cdot \sin A = a \cdot \,\sin C$ hay $\frac{a}{{\sin A}} = \frac{c}{{\sin C}}.$

Chứng minh tương tự, ta được $b \cdot \sin A = a \cdot \sin B$ hay $\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}}.$

Do đó $\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}$ hay $\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin C}}$.

d) Sai. Từ câu c, ta có: $\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin C}}$.

Suy ra $\frac{{1225}}{{\sin 40^\circ }} = \frac{{AC}}{{\sin 75^\circ }}$ hay $AC = \frac{{1\,\,225 \cdot \sin 75^\circ }}{{\sin 40^\circ }} \approx 1841\,\,{\rm{(m)}}{\rm{.}}$

Vậy khoảng cách $AC$ là $1841{\rm{ m}}$.

a) Sai. Áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong $\Delta ABD$ vuông tại $D,$ ta có $BD = AD \cdot \cot B.$

b) Đúng. Áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong $\Delta ACD$ vuông tại $D,$ ta có $AD = CD \cdot \tan C.$

c) Đúng. Xét $\Delta BDH$ và $\Delta ADC$ có: O10-2024-GV154

$\widehat {HBD} = \widehat {CAD}$ (cùng phụ với $\widehat {ACB}$);

$\widehat {HDB} = \widehat {ADC} = 90^\circ$.

Do đó .

Suy ra $\frac{{DH}}{{DC}} = \frac{{BD}}{{AD}}$ nên $BD \cdot CD = DH \cdot AD$.

d) Đúng. Theo giả thiết: $\frac{{HD}}{{AH}} = \frac{1}{2}$O10-2024-GV154 hay $\frac{{HD}}{{AH + HD}} = \frac{{HD}}{{AD}} = \frac{1}{3}$ nên $AD = 3HD.$

Do đó $\tan B \cdot \tan C = \frac{{3HD}}{{DH}} = 3$.

Lời giải

Xét $\Delta ABH$ vuông tại $A$, ta có:

$\tan B = \frac{{AH}}{{AB}}$ hay $\tan 63^\circ = \frac{{AH}}{{235}}$ nên $AH = 235 \cdot \tan 63^\circ = 461\;\,({\rm{m)}}$.

Vậy chiều cao của tòa nhà này là $461{\rm{ m}}.$

Đáp án: 461.

Lời giải

Đặt $AH = x\,\,(\;{\rm{m}}),\,\,x > 0$.

• Xét $\Delta ABH$ vuông tại $H,$ ta có:

$\tan C = \frac{{AH}}{{CH}}$ hay $\tan 35^\circ = \frac{x}{{CH}}$ nên $CH = \frac{x}{{\tan 35^\circ }}$.

• Xét $\Delta BCH$ vuông tại $H,$ ta có:

$\tan B = \frac{{AH}}{{BH}}$ hay $\tan 45^\circ = \frac{x}{{BH}}$ nên $BH = \frac{x}{{\tan 45^\circ }}$.

Ta có: $BH + CH = BC$

$$\frac{x}{{\tan 35^\circ }} + \frac{x}{{\tan 45^\circ }} = 3{,}58$$

$$x\left( {\frac{1}{{\tan 35^\circ }} + \frac{1}{{\tan 45^\circ }}} \right) = 3{,}58$$

$x = \frac{{3{,}58}}{{\frac{1}{{\tan 35^\circ }} + \frac{1}{{\tan 45^\circ }}}} \approx 1{,}44\;\,({\rm{m)}}{\rm{.}}$

Độ cao của cầu trượt là $1{,}44\;\,{\rm{m}}{\rm{.}}$

Đáp án: 1,44.

• Xét $\Delta ABC$ vuông tại $B$, ta có:

$\tan A = \frac{{BC}}{{AB}}$ hay $\tan 50^\circ = \frac{{BC}}{{217}}$ nên $BC = 217 \cdot \tan 50^\circ = 258{,}6\;\,({\rm{m)}}$.

$AC = \sqrt {A{B^2} + {B^2}} = \sqrt {{{217}^2} + 258,{6^2}} = 337{,}6\;\,({\rm{m)}}$.

• Xét $\Delta BDC$ vuông tại $B$, ta có:

$DC = \sqrt {B{C^2} + B{D^2}} = \sqrt {{{170}^2} + 258,{6^2}} = 309{,}5\;\,({\rm{m)}}$.

$AC + DC = 337{,}6 + 309{,}5 = 647\,\;({\rm{m)}}{\rm{.}}$

Vậy quãng đường mà Hùng đã đi từ $A$ đến $D$ là $647\,\;{\rm{m}}$.

Đáp án: 647.