15 bài tập Toán 9 Cánh diều Ôn tập chương 8 có đáp án

Hình b: Ngũ giác đều

Hình d: Bát giác đều

Hình e: Hình vuông.

Hình g: Ngũ giác đều

Gọi \[n\] là số cạnh của đa giác đều.

Ta có \[\frac{{\left( {n - 2} \right).180^\circ }}{n} = 135^\circ \]

nên \[\frac{{n - 2}}{n} = \frac{{135}}{{180}} = \frac{3}{4}\].

Do đó \[4\left( {n - 2} \right) = 3n\].

Vậy \[n = 8\].

a) Từ mỗi đỉnh của hình n – giác lồi. kẻ được \[n - 1\] đoạn thẳng đến các đỉnh còn lại, trong đó có hai đoạn thẳng là cạnh của đa giác, \[n - 3\] đoạn thẳng là đường chéo.

Đa giác có \[n\] đỉnh nên kẻ được \[n\left( {n - 3} \right)\] đường chéo, trong đó mỗi đường chéo tính 2 lần. Vậy số đường chéo của hình \[n\]- giác lồi là \[\frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2}\].

b) Giải phương trình \[\frac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2} = n\]. Ta được \[n = 5\]

Trường hợp 1: D nằm trên cung lớn .

Ta có \(\widehat {{\rm{SCM}}} = \widehat {{\rm{SDM}}}\) (1) góc nội tiếp cùng chắn cung  của đường tròn đường kính \(MC\)).

Dễ thấy MDC^=90° (MC là đường kính). Tương tự  BAC^=90° (gt).

\( \Rightarrow \) Bốn điểm \(B,A,D,C\) cùng nằm trên một đường tròn đường kính \(BC\).

\( \Rightarrow \widehat {SDM} = \widehat {ACB}\) (2) (góc nội tiếp cùng chắn cung  ).

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \widehat {SCM} = \widehat {MCB}\) hay \(CA\) là tia phân giác của góc\(SCB\).

Trường hợp 2: D nằm trên cung nhỏ  và Trường hợp \(3:{\rm{D}}\) trùng với S. (Học sinh tự giải).

Dễ thấy ACB^=90° (vì \(AB\) là đường kính); HCB^=90° hay \(C\) thuộc đường tròn đường kính \(HB\).

Lại có HIB^=90° (gt) nên \(I\) thuộc đường tròn đường kính \(HB\) nên bốn điểm \(C,H,I,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(HB\). \( \Rightarrow \widehat {{\rm{HCI}}} = \widehat {{\rm{HBI}}}\) (1) (góc nội tiếp cùng chắn cung ).

Lại có \(\widehat {{\rm{HBI}}} = \widehat {{\rm{MCA}}}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(MA\)) \( \Rightarrow \widehat {{\rm{MCA}}} = \widehat {{\rm{MBA}}}\), chứng tỏ \(CA\) là tia phân giác của góc \(\widehat {{\rm{MCI}}}\).

a) Ta có \(\widehat {{\rm{ABC}}} = \widehat {{\rm{ADC}}}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung ). Lại có ACD^=90° ( \(AD\) là đường kính)

Do đó △AHB∽△ACD (g.g)

b) △AHB∽△ACD  \( \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{AD}} = \frac{{AB.AC}}{{2R}}\)

Do đó \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC = \frac{1}{2}\frac{{AB.AC}}{{2R}}.BC = \frac{{AB.AC.BC}}{{4R}} = \frac{{abc}}{{4R}}\).

a) Dễ thấy AEH^=AFH^=90° (gt).

Tứ giác \[AEHF\] có AEH^+AFH^=180° (gt) nên nội tiếp đường tròn tâm \(I\).

b) Ta có tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) (gt), \(EM\) là trung tuyến

\( \Rightarrow EM = BM = CM\) hay  cân tại M \[ \Rightarrow \widehat {{B_2}} = \widehat {{E_2}}\]

Lại có \(H,E\) thuộc đường tròn tâm \(I\) nên  cân tại I \( \Rightarrow \widehat {{H_2}} = \widehat {{E_1}}\) mà \(\widehat {{H_1}} = \widehat {{H_2}}\) (đối đỉnh) \( \Rightarrow \widehat {{E_1}} = \widehat {{H_2}}\)

Gọi K là chân đường cao kẻ từ A đến BC, ta có tam giác BKH vuông tại K

Gọi K là chân đường cao kẻ từ A đến BC, ta có tam giác BKH vuông tại K

⇒B2^+H2^=90° mà B2^=E2^,H2^=E1^(cmt)⇒E2^+E1^=90° hay IEM^=90°⇒ME⊥IE

Chứng tỏ \(ME\) tiếp xúc với đường tròn \(\left( I \right)\)ngoại tiếp tứ giác \[AEHF\].

Chứng minh tương tự ta có \(MF\) tiếp xúc với \(\left( I \right)\).

Ta có \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC,CA,AB\) nên \(OM,ON,OP\) lần lượt là các trung tuyến của các tam giác cân \[BOC,COA{\rm{ }}v\`a {\rm{ }}AOB{\rm{ }}.\]

Do đó chúng đồng thời là các đường cao của các tam giác cân nêu trên.

Dễ dàng ta có ANO^=APO^=90°⇒ANO^+APO^=180°

Do đó tứ giác \(ANOP\)nội tiếp. Chứng minh tương tự ta có \[BPOM{\rm{ }}v\`a {\rm{ }}CMON\]nội tiếp.

Dễ thấy ACM^=90° (vì \(AM\) là đường kính). Tam giác \(ACM\) vuông tại C⇒OAC^+AMC^=90°

Lại có tam giác \(AHB\) vuông tại \(H\) (gt) ⇒BAH^+ABC^=90°

Mà \(\widehat {{\rm{AMC}}} = \widehat {{\rm{ABC}}}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung)\( \Rightarrow \widehat {{\rm{OAC}}} = \widehat {{\rm{BAH}}}\).

a) Ta có BAM^+MAD^=BAD^=90° (1). Lại có \(Ax \bot Ay\) nên xAy^=90°   hay MAD^+DAN^=90°(2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \widehat {{\rm{BAM}}} = \widehat {{\rm{DAN}}}\)nên hai tam giác vuông \(ABM\)và \(AND\)bằng nhau theo trường hợp g.c.g.

\( \Rightarrow {\rm{AM}} = {\rm{AN}}\)

b) Tam giác \(AMN\) vuông cân tại \(A\), có \(AO\) là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao hay \(AO \bot MN\) hay AOM^=90°. Dễ thấy tứ giác \[ABMO\] có ABM^=AOM^=90°

⇒ABM^+AOM^=180° nên \[ABMO\] là tứ giác nội tiếp.

Lại có AON^=ADN^=90°, chứng tỏ bốn điểm \(A,O,D,N\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AN\) hay tứ giác \[ANDO\]nội tiếp.

c) Ta có tứ giác\[\;ABMO\] nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \widehat {{\rm{BOM}}} = \widehat {{\rm{BAM}}}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung ),\(\widehat {{\rm{BAM}}} = \widehat {{\rm{DAN}}}({\rm{cmt}})\). Lại có tứ giác \[ANDO\] nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \widehat {{\rm{DAN}}} = \widehat {{\rm{DON}}}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung)

\( \Rightarrow \widehat {{\rm{BOM}}} = \widehat {{\rm{DON}}}\), mà ba điểm \(M,O,N\) thẳng hàng (gt)\( \Rightarrow B,D,O\)thẳng hàng.

Ta có tam giác \(AOB\)vuông tại \(O\). Theo định lí Pythagore, ta có: \(O{A^2} + O{B^2} = A{B^2}\)

hay \({R^2} + {R^2} = 9\)\( \Leftrightarrow 2{{\rm{R}}^2} = 9 \Leftrightarrow {{\rm{R}}^2} = \frac{9}{2} \Rightarrow {\rm{R}} = \sqrt {\frac{9}{2}}  = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}(\;{\rm{cm}})\)

Ta có cạnh của hình lục giác đều bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp.

Gọi \(P\) là chu vi của hình lục giác đều, \(P = 6.\frac{{3\sqrt 2 }}{2} = 9\sqrt 2 (\;{\rm{cm}})\)

Xét tam giác đều \(KOI\) cạnh \(R = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\) nên đường cao \(ON = OK.\sin \widehat {OKN} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Do đó diện tích tam giác \(KOI = \frac{1}{2}.\frac{{3\sqrt 2 }}{2}.\frac{{3\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{18\sqrt 3 }}{8}\left( {\;c{m^2}} \right)\)

Tích tam hình lục giác đều là: \(S = 6.\frac{{18\sqrt 3 }}{8} = \frac{{27\sqrt 3 }}{2}\left( {\;c{m^2}} \right)\).

Ta có : \(AB = BC = CD = DE = EA\,\,\left( {gt} \right)\,\,\left( * \right)\)

Xét tam giác \(ABE\) có \(AB = AE\,\,\) (gt)

Nên \(\Delta ABE\) cân tại A có \(\widehat A = 108^\circ \)

\( \Rightarrow {\widehat B_1} = {\widehat E_1} = \frac{{180^\circ  - \widehat A}}{2} = \frac{{180^\circ  - 108^\circ }}{2} = 36^\circ \)

Tương tự với tam giác \(BCD\), ta có : \({\widehat B_3} = {\widehat D_1} = 36^\circ \)

Lại có \(\widehat {ABC} = {\widehat B_1} + {\widehat B_2} + {\widehat B_3} = 108^\circ \)

\( \Rightarrow {\widehat B_2} = 108^\circ  - \left( {{{\widehat B}_1} + {{\widehat B}_3}} \right) = 108^\circ  - \left( {36^\circ  + 36^\circ } \right) = 36^\circ \)

Dễ thấy \(\Delta ABE = \Delta CBD\,\,\left( {c.g.c} \right)\)

Phép quay ngược chiều \(60^\circ \) tâm \(O\) biến các điểm \(A,B,C\) lần lượt thành các điểm\(D,E,F\)\( \Rightarrow \) các tam giác \(AOD,\,DOB,\,BOE,\,EOC,\,COF\) là các tam giác đều

\( \Rightarrow \)\(AD = DB = BE = EC = CF\)và \(\widehat {ADB} = \widehat {DBE} = \widehat {BEC} = \widehat {ECF} = \widehat {CFA} = \widehat {FAD} = 120^\circ \)

Do đó \(ADBECF\) là một lục giác đều.

Ta có \(\widehat {AOB} = 360^\circ :6 = 60^\circ \)

Diện tích hình quạt \(OAB\) là \(\frac{{\pi .R.n}}{{180}} = \frac{{\pi .2.60}}{{180}} = \frac{{2\pi }}{3}\left( {\;c{m^2}} \right)\).

Diện tích tam giác đều \(OAB\) là \(\frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \left( {\;c{m^2}} \right)\).

Diện tích hình viên phân là \(\frac{{2\pi }}{3} - \sqrt 3 \left( {\;c{m^2}} \right)\). Diện tích một cánh hoa là \(\left( {\frac{{2\pi }}{3} - \sqrt 3 } \right).2\left( {\;c{m^2}} \right)\).

Diện tích một bông hoa là \(\left( {\frac{{2\pi }}{3} - \sqrt 3 } \right).2.6 \approx 4,3\left( {\;c{m^2}} \right)\).

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

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

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

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

Diện tích hình lục giác đều là \(9\sqrt 3 .6 = 54\sqrt 3 \left( {\;c{m^2}} \right)\). Diện tích phần tô màu xám là \(54\sqrt 3  - 18\pi  \approx 36,98\left( {\;c{m^2}} \right)\).