Giải VTH Toán 9 KNTT Luyện tập chung trang 90 có đáp án
8 câu hỏi
Cho tam giác ABC có các đường cao AD, BE, CF. Chứng minh rằng BCEF, CAFD, ABDE là những tứ giác nội tiếp.
Lấy M là trung điểm của BC. Do BCE, BCF là các tam giác vuông có chung cạnh huyền BC nên ME = MB = MC = MF. Do đó đường tròn (M, MB) ngoại tiếp tứ giác BCEF.
Tương tự, CAFD và ABDE cũng là các tứ giác nội tiếp.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), AB cắt CD tại E, AD cắt BC tại F như sau đây. Biết \[\widehat {BEC} = 40^\circ \] và \(\widehat {DFC} = 20^\circ ,\) tính số đo các góc của tứ giác ABCD.
Tổng các góc trong tam giác ADE bằng 180° nên:
\[\widehat A + \widehat D = 180^\circ - \widehat E = 180^\circ - 40^\circ = 140^\circ .\]
Do vậy \(\frac{1}{2}\left( {\widehat {BOC} + \widehat {COD}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\widehat {AOB} + \widehat {BOC}} \right) = 140^\circ .\)
Suy ra \[\frac{1}{2}\left( {360^\circ + \widehat {BOC} - \widehat {DOA}} \right) = 140^\circ ,\] hay \(\widehat {DOA} - \widehat {BOC} = 80^\circ .\) (1)
Tổng các góc trong tam giác ABF bằng 180° nên:
\(\widehat A + \widehat B = 180^\circ - \widehat F = 180^\circ - 20^\circ = 160^\circ .\)
Do vậy \(\frac{1}{2}\left( {\widehat {BOC} + \widehat {COD}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\widehat {COD} + \widehat {DOA}} \right) = 160^\circ .\)
Suy ra \(\frac{1}{2}\left( {360^\circ + \widehat {COD} - \widehat {AOB}} \right) = 160^\circ ,\) hay \(\widehat {AOB} - \widehat {COD} = 40^\circ .\) (2)
Cộng vế với vế của (1) và (2), ta được:
\(\widehat {AOB} + \widehat {DOA} - \widehat {COD} - \widehat {BOC} = 80^\circ + 40^\circ = 120^\circ ,\) hay
Chú ý rằng sđDAB⏜+sđBCD⏜=360°.
Suy ra C^=12sđDAB⏜=120°+360°4=120°, A^=12sđBCD⏜=360°−120°4=60°.
Trừ vế với vế của (1) cho (2), ta được:
\[\widehat {DOA} + \widehat {COD} - \widehat {AOB} - \widehat {BOC} = 80^\circ - 40^\circ = 40^\circ ,\] hay
Chú ý rằng sđCDA⏜+sđABC⏜=360°.
Suy ra B^=12sđCDA⏜=40°+360°4=100°, D^=12sđABC⏜=360°−40°4=80°.
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4 cm. Tính chu vi, diện tích của các đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp hình vuông ABCD.
Gọi O là tâm của hình vuông, M là trung điểm của cạnh AB và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của hình vuông ABCD.
Ta có: \(R = OA = \frac{{AC}}{2} = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {{4^2} + {4^2}} = 2\sqrt 2 \) (cm).
Vậy đường tròn ngoại tiếp hình vuông có chu vi và diện tích lần lượt là:
\(\mathcal{C} = 2\pi .2\sqrt 2 = 4\sqrt 2 \pi \) (cm), \(S = \pi .{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 8\pi \) (cm2).
Biết rằng bốn đỉnh A, B, C, D của một hình vuông cùng nằm trên một đường tròn (O) theo thứ tự ngược chiều quay của kim đồng hồ. Phép quay thuận chiều 45° biến các điểm A, B, C, D lần lượt thành các điểm E, F, G, H.
a) Vẽ đa giác EAFBGCHD.
b) Đa giác EAFBGCHD có phải là một bát giác đều hay không? Vì sao?
a) Các điểm E, F, G, H cùng nằm trên đường tròn (O) và được vẽ như hình bên.
b) Do \(\widehat {AOE} = \widehat {BOF} = \widehat {COG} = \widehat {DOH} = 45^\circ \) nên \[\widehat {EOD} = \widehat {FOA} = \widehat {GOB} = \widehat {HOC} = 45^\circ \] (vì các góc AOD, BOA, COB, DOC vuông cân tại O).
Do vậy các tam giác AOE, BOF, COG, DOH, EOD, FOA, GOB, HOC bằng nhau theo trường hợp cạnh – góc − cạnh.
Suy ra EA = AF = FB = BG = GC = CH = HD = DE.
Vậy bát giác EAFBGCHD lồi có các cạnh bằng nhau và nội tiếp đường tròn (O).
Hơn nữa các đỉnh của bát giác chia đường tròn thành 8 cung nhỏ với số đo mỗi cung là 45°.
Do vậy các góc của bát giác lồi là các góc nội tiếp chắn đúng 6 cung nhỏ trên nên chúng bằng nhau và có số đo bằng \(\frac{6}{8}.360^\circ = 270^\circ .\)
Vậy EAFBGCHD là bát giác đều.
Cho ngũ giác đều ABCDE nội tiếp đường tròn (O) như hình bên.
a) Hãy tìm một phép quay thuận chiều tâm O biến điểm A thành điểm C.
b) Phép quay trên sẽ biến các điểm B, C, D, E lần lượt thành những điểm nào? Phép quay này có giữ nguyên ngũ giác đều ABCDE không?
a) Ta thấy \(\widehat {AOC} = \frac{2}{5}.360^\circ = 144^\circ .\)
Vậy phép quay thuận chiều 144° tâm O biến điểm A thành điểm C.
b) Phép quay trên lần lượt biến B, C, D, E thành D, E, A, B.
Như vậy phép quay này biến các đỉnh của ngũ giác đều ABCDE thành các đỉnh khác trên chính ngũ giác đều đó.
Do vậy phép quay này có giữ nguyên ngũ giác đều ABCDE.
Người ta muốn làm một khay đựng bánh kẹo hình lục giác đều có cạnh 10 cm và chia thành 7 ngăn gồm một lục giác đều nhỏ và 6 hình thang cân như hình dưới đây. Hỏi lục giác đều nhỏ phải có cạnh bằng bao nhiêu để nó có diện tích bằng hai lần diện tích mỗi hình thang?
Nếu chia đôi lục giác đều nhỏ bởi một đường kính thì ta sẽ được hai hình thang cân nhỏ bằng nhau và bằng với các hình thang cân trước đó.
Do vậy đường kính của lục giác đều nhỏ phải bằng cạnh của lục giác đều lớn, tức là bằng 10 cm.
Vì vậy, cạnh của lục giác đều nhỏ bằng \(\frac{1}{2}.10 = 5\) (cm).
Hãy tính độ dài của cạnh của bát giác đều nội tiếp một đường tròn bán kính \(\sqrt 2 \) cm.
Gọi AB là một cạnh của bát giác đều và (O) là đường tròn ngoại tiếp bát giác đều.
Khi đó OAB là tam giác cân tại O có cạnh bên \(OA = OB = \sqrt 2 \) cm và góc ở đỉnh \(\widehat {AOB} = \frac{{360^\circ }}{8} = 45^\circ .\)
Kẻ đường cao AH của tam giác OAB. Khi đó AHO là tam giác vuông tại H.
Theo định lí Pythagore, ta có OA2 = AH2 + HO2 = 2HA2.
Suy ra \(HO = AH = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 1\) (cm).
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác AHB vuông tại H, ta được:
\(AB = \sqrt {A{H^2} + H{B^2}} = \sqrt {A{H^2} + {{\left( {OB - HO} \right)}^2}} \)
\( = \sqrt {{1^2} + {{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} = \sqrt {4 - 2\sqrt 2 } \) (cm).
Cho lục giác đều ABCDEF nội tiếp đường tròn (O). Chứng tỏ rằng nếu một phép quay biến A, B lần lượt thành B, C thì phép quay đó giữ nguyên lục giác đều ABCDEF.
Vì phép quay biến A thành B và biến B thành C nên tâm của phép quay này nằm trên các đường trung trực của các đoạn thẳng AB và BC.
Do hai đường trung trực của hai đoạn thẳng AB, BC cắt nhau tại O (tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC) nên O chính là tâm của phép quay nói trên.
Do \(\widehat {AOB} = 60^\circ \) nên phép quay trên là phép quay ngược chiều hoặc thuận chiều 300° với tâm O.
Cả hai phép quay thuận chiều 300° và ngược chiều 60° với tâm O đều giữ nguyên lục giác đều.
Do đó phép quay đã cho giữ nguyên lục giác đều.
