Giải VTH Toán 9 KNTT Bài tập cuối chương 9 có đáp án
10 câu hỏi
Đáp án đúng là: C
Trong một đường tròn hoặc hai đường tròn bằng nhau:
⦁ Góc nội tiếp có số đo bằng nửa số đo cung bị chắn.
Do đó phương án A là sai và phương án C là đúng.
⦁ Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh chứa hai dây cung của đường tròn đó nên phương án B và D là sai.
Vậy khẳng định C là khẳng định đúng.
Đáp án đúng là: D
Xét tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), ta có \(\widehat A + \widehat C = 180^\circ \) mà \(\widehat A - \widehat C = 100^\circ .\)
Cộng vế với vế, ta được \(2\widehat A = 180^\circ + 100^\circ = 280^\circ \) hay \(\widehat A = \frac{{280^\circ }}{2} = 140^\circ .\)
Suy ra \(\widehat C = 180^\circ - \widehat A = 180^\circ - 140^\circ = 40^\circ .\)
Đáp án đúng là: B
⦁ Các tam giác, hình chữ nhật, đa giác đều là các đa giác nội tiếp được một đường tròn.
⦁ Hình bình hành không là đa giác nội tiếp đường tròn.
Vậy hình bình hành không nội tiếp một đường tròn.
a) Do hai tam giác AEH và AFH vuông tại E và F nên IE = IA = IH = IF.
Vì vậy tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn (I, IA).
b) Tương tự như trên, tứ giác BCEF có \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = 90^\circ \) nên tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (M, MB).
Suy ra \[\widehat {AEF} = 180^\circ - \widehat {{\rm{CEF}}} = \widehat {FBC} = \widehat {ABC}.\]
Vì ∆IFA cân tại I nên \(\widehat {IFA} = \widehat {IAF} = \widehat {HAB} = 90^\circ - \widehat {ABC}.\) (1)
Mặt khác, ta có MF = MC, hay ∆MFC cân tại M. Suy ra \(\widehat {MFC} = \widehat {MCF}.\) (2)
Vì vậy ta có:
\(\widehat {MFI} = \widehat {MFC} + \widehat {CFI} = \widehat {MCF} + \left( {90^\circ - \widehat {IFA}} \right) = \left( {90^\circ - \widehat {ABC}} \right) + \widehat {ABC} - 90^\circ \) (theo (1) và (2)).
Do đó MF ⊥ IF. Suy ra MF tiếp xúc với (I, IA). Tương tự MR tiếp xúc với (I, IA).
Do các tam giác AOB, AOC, BOC đều cân tại O nên OP, ON, OM lần lượt là các đường cao của các tam giác này.
Do vậy, tứ giác ANOP có \(\widehat {ANO} = \widehat {APO} = 90^\circ .\)
Do vậy tứ giác ANOP nội tiếp đường tròn có tâm là trung điểm của AO và bán kính bằng \(\frac{{AO}}{2}.\) Tương tự BPOM, CMON cũng là các tứ giác nội tiếp.
Hình vuông cạnh 3 cm có đường chéo bằng: \(\sqrt {{3^2} + {3^2}} = 3\sqrt 2 \) (cm).
Đường tròn ngoại tiếp hình vuông này có bán kính: \(R = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\) (cm).
Vậy lục giác đều có cạnh: \(a = R = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\) (cm).
Chu vi của lục giác đều là: \(\mathcal{C} = 6.\frac{{3\sqrt 2 }}{2} = 9\sqrt 2 \) (cm).
Lục giác đều là hợp của 6 tam giác đều cạnh a, chiều cao \(h = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\frac{{3\sqrt 2 }}{2} = \frac{{3\sqrt 6 }}{4}\,\,(cm)\) nên có diện tích là:
\(S = 6.\frac{{ah}}{2} = 6.\frac{{\frac{{3\sqrt 2 }}{2}.\frac{{3\sqrt 6 }}{4}}}{2} = \frac{{27\sqrt 3 }}{4}\) (cm2).
a) Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O) như hình bên. Phép quay thuận chiều 45° tâm O biến các điểm A, B, C, D lần lượt thành các điểm A', B', C', D'. Hãy vẽ tứ giác A'B'C'D'.
a) Ảnh của hình vuông ABCD qua phép quay ngược chiều 45° với tâm O là hình vuông A'B'C'D' được vẽ như hình bên.
b) Phép quay trong câu a lại biến các điểm A', B', C', D' thành A, B, C, D.
Bạn Lan muốn cắt hình ngôi sao có dạng như hình dưới đây (trong đó ABCDE là một ngũ giác đều). Lan gấp đôi tờ giấy, vẽ một nửa ngôi sao và cắt theo nét vẽ. Góc tạo bởi lưỡi kéo và nếp gấp lúc đầu bằng bao nhiêu độ?
Ngũ giác đều ABCDE nội tiếp một đường tròn (O) và năm điểm A, B, C, D, E chia đường tròn (O) thành năm cung nhỏ có số đo bằng \(\frac{{360^\circ }}{5} = 72^\circ .\)
Mỗi góc của ngũ giác đều là góc nội tiếp chắn cung bằng tổng của ba cung nhỏ, cho nên mỗi góc của ngũ giác đều bằng \(\frac{{3.72^\circ }}{2} = 108^\circ .\)
Kí hiệu S là đỉnh trên cùng của ngôi sao.
Khi đó \(\widehat {SAB} = 180^\circ - 108^\circ = 72^\circ .\) Tương tự \(\widehat {SBA} = 72^\circ .\)
Vì tổng các góc của tam giá SAB bằng 180° nên \(\widehat {ASB} = 180^\circ - 72^\circ - 72^\circ = 36^\circ .\)
Vì nếp gấp là trục đối xứng của ngôi sao lên sẽ nằm trên đường phân giác của góc ASB. Do đó góc tạo bởi lưỡi kéo và nếp gấp phải bằng \(\frac{1}{2}.36^\circ = 18^\circ .\)
Kẻ đường cao CD của tam giác ABC. Gọi N là trung điểm của cạnh AC.
Khi đó tam giác AOC cân tại O nên ON cũng là đường phân giác của góc AOC.
Do vậy \[\widehat {AON} = \frac{{\widehat {AOC}}}{2} = \widehat {ABC}.\]
Suy ra \(\widehat {NAO} = 90^\circ - \widehat {AON} = 90^\circ - \widehat {ABC} = \widehat {DAH}.\)
Tương tự \[\widehat {MCO} = 90^\circ - \widehat {COM} = 90^\circ - \widehat {DAC} = \widehat {DCA}.\]
Hai tam giác NAO và DAH có:
\(\widehat {NAO} = \widehat {DAH}\) (chứng minh trên), \(\widehat {ANO} = \widehat {ADH} = 90^\circ .\)
Do đó ∆NAO ᔕ ∆DAH (g.g).
Suy ra \(\frac{{AO}}{{AH}} = \frac{{AN}}{{AD}},\) hay \(AH = \frac{{AO.AD}}{{AN}} = \frac{{2AO.AD}}{{AC}}.\) (1)
Hai tam giác OMC và ADC có:
\[\widehat {MCO} = \widehat {DCA}\] (chứng minh trên), \[\widehat {OMC} = \widehat {ADC} = 90^\circ .\]
Vì vậy ∆OMC ᔕ ∆ADC (g.g).
Suy ra \(\frac{{OM}}{{AD}} = \frac{{OC}}{{AC}}.\)
Do đó \(2OM = \frac{{2OC.AD}}{{AC}} = \frac{{2OA.OC}}{{AC}} = AH\) (theo (1)).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 10 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Lục giác đều là hợp của 6 tam giác đều cạnh a, mỗi tam giác có chiều cao \(h = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a.\)
Vì diện tích của lục giác đều là \(6\sqrt 3 \) cm2 nên ta có:
\(6\sqrt 3 = 6.\frac{{ah}}{2} = 6.\frac{{a.\frac{{\sqrt 3 }}{2}a}}{2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{a^2},\) hay a = 2 (cm).
Đường tròn ngoại tiếp lục giác đều này có bán kính: R = a = 2 (cm).
Do bán kính đường tròn này bằng một nửa đường chéo của hình vuông, nên hình vuông có độ dài đường chéo bằng 1 cm.
Gọi b là độ dài cạnh của hình vuông.
Theo định lí Pythagore, ta có: b2 + b2 = 12 = 1, hay \(b = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) (cm).
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.
