Bài tập cuối chương 9 lớp 9 (có lời giải)

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 $\widehat{MDC}={90}^{^{\circ}}$ (MC là đường kính). Tương tự $\widehat{BAC}={90}^{^{\circ}}$ (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 $\widehat{\text{ACB}}={90}^{^{\circ}}$ (vì $AB$ là đường kính); $\widehat{\text{HCB}}={90}^{^{\circ}}$ hay $C$ thuộc đường tròn đường kính $HB$.

Lại có $\widehat{\text{HIB}}={90}^{^{\circ}}$ (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 $\widehat{\text{ACD}}={90}^{^{\circ}}$ ( $AD$ là đường kính)

Do đó $\triangle AHB∽\triangle ACD$ (g.g)

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

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 $\widehat{\text{AEH}}=\widehat{\text{AFH}}={90}^{^{\circ}}$ (gt).

Tứ giác $AEHF$ có $\widehat{AEH}+\widehat{AFH}={180}^{^{\circ}}$ (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

$\Rightarrow \widehat{{B}_{2}}+\widehat{{H}_{2}}={90}^{^{\circ}}\ mà\ \widehat{{B}_{2}}=\widehat{{E}_{2}},\widehat{{H}_{2}}=\widehat{{E}_{1}}(cmt)\Rightarrow \widehat{{E}_{2}}+\widehat{{E}_{1}}={90}^{^{\circ}}\ hay\ \widehat{IEM}={90}^{^{\circ}}\Rightarrow ME\perp IE$

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 $\widehat{ANO}=\widehat{APO}={90}^{^{\circ}}\Rightarrow \widehat{ANO}+\widehat{APO}={180}^{^{\circ}}$

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

Dễ thấy $\widehat{\text{ACM}}={90}^{^{\circ}}$ (vì $AM$ là đường kính). Tam giác $ACM$ vuông tại $C\Rightarrow \widehat{OAC}+\widehat{AMC}={90}^{^{\circ}}$

Lại có tam giác $AHB$ vuông tại $H$ (gt) $\Rightarrow \widehat{\text{BAH}}+\widehat{\text{ABC}}={90}^{^{\circ}}$

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

a) Ta có $\widehat{\text{BAM}}+\widehat{\text{MAD}}=\widehat{\text{BAD}}={90}^{^{\circ}}$ (1). Lại có $Ax \bot Ay$ nên $\widehat{xAy}={90}^{^{\circ}}$ $\text{hay}\widehat{\text{MAD}}+\widehat{\text{DAN}}={90}^{^{\circ}}(2)$

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 $\widehat{\text{AOM}}={90}^{^{\circ}}$. Dễ thấy tứ giác $ABMO$ có $\widehat{\text{ABM}}=\widehat{\text{AOM}}={90}^{^{\circ}}$

$\Rightarrow \widehat{\text{ABM}}+\widehat{\text{AOM}}={180}^{^{\circ}}$ nên $ABMO$ là tứ giác nội tiếp.

Lại có $\widehat{\text{AON}}=\widehat{\text{ADN}}={90}^{^{\circ}}$, 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 $54\sqrt 3 - 18\pi \approx 36{,}98\left( {\;c{m^2}} \right)$.