Bài tập cuối chương 9 lớp 9 (có lời giải)
15 câu hỏi
Tìm và gọi tên các đa giác đều trong hình dưới đây
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 (MC là đường kính). Tương tự (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 (vì \(AB\) là đường kính); hay \(C\) thuộc đường tròn đường kính \(HB\).
Lại có (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 ( \(AD\) là đường kính)
Do đó (g.g)
b) \( \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{AD}} = \frac{{AB.AC}}{{2R}}\)
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 (gt).
Tứ giác \[AEHF\] có (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
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
Do đó tứ giác \(ANOP\)nội tiếp. Chứng minh tương tự ta có \[BPOM{\rm{ }}v\`a {\rm{ }}CMON\]nội tiếp.
Dễ thấy (vì \(AM\) là đường kính). Tam giác \(ACM\) vuông tại
Lại có tam giác \(AHB\) vuông tại \(H\) (gt)
Mà \(\widehat {{\rm{AMC}}} = \widehat {{\rm{ABC}}}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung)\( \Rightarrow \widehat {{\rm{OAC}}} = \widehat {{\rm{BAH}}}\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 15 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
a) Ta có (1). Lại có \(Ax \bot Ay\) nên
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 . Dễ thấy tứ giác \[ABMO\] có
nên \[ABMO\] là tứ giác nội tiếp.
Lại có , 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 \(\Delta ABE = \Delta CBD\,\,\left( {c.g.c} \right)\)
\( \Rightarrow \)\(AD = DB = BE = EC = CF\)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 \(\left( {\frac{{2\pi }}{3} - \sqrt 3 } \right).2.6 \approx 4,3\left( {\;c{m^2}} \right)\).
Hình lục giác đều cạnh 6 cm được cho như hình vẽ. Dựng 6 cung tròn, mỗi cung tròn có tâm là một đỉnh của lục giác và có bán kính bằng 3 cm. Hỏi diện tích phần màu xám trong hình vẽ bằng bao nhiêu?
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 \(54\sqrt 3 - 18\pi \approx 36,98\left( {\;c{m^2}} \right)\).
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
