Giải SBT Toán 9 Bài tập cuối chương IX có đáp án

Đáp án đúng là: B

Tổng số đo tất cả các góc của ngũ giác ABCDE bằng tổng số đo các góc của tam giác ABE và tứ giác BCDE, và bằng: 180° + 360° = 540°.

Đáp án đúng là: D

Gọi H là hình chiếu của A trên Ox. Ta có A(–2; –2) nên OH = AH = |–2| = 2.

Do đó ∆AOH vuông cân tại H, nên $\widehat {AOH} = 45^\circ .$

Xét ∆AOH vuông tại H, ta có: OA$^{2}$ = OH$^{2}$ + AH$^{2}$ (định lí Pythagore).

Suy ra $OA = \sqrt {O{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {{2^2} + {2^2}} = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 .$

Gọi I là điểm đối xứng với A qua Ox, do đó I(–2; 2). Ta cũng chứng minh được $\widehat {HOI} = 45^\circ$ và $OI = 2\sqrt 2 .$

Như vậy, Phép quay thuận chiều 90° tâm O biến điểm A(–2; –2) thành điểm I(–2; 2).

Đáp án đúng là: D

Hình A không phải đa giác lồi nên cũng không phải đa giác đều.

Hình B có các cạnh của đa giác không bằng nhau nên không phải đa giác đều.

Hình C có các góc của đa giác không bằng nhau nên không phải đa giác đều.

Hình D là đa giác lồi có các cạnh bằng nhau và các góc bằng nhau nên là đa giác lồi.

Tổng số đo tất cả các góc của ngũ giác ABCDE bằng tổng số đo các góc của tam giác ABE và tứ giác BCDE, và bằng: 180° + 360° = 540°.

Do ABCDE là ngũ giác đều suy ra các góc của nó đều bằng nhau và bằng $\frac{{540^\circ }}{5} = 108^\circ .$

Do PDE là tam giác đều nên PE = PD = DE và $\widehat {PDE} = \widehat {PED} = \widehat {EPD} = 60^\circ .$

Do đó: $\widehat {AEP} = \widehat {AED} + \widehat {DEP} = 108^\circ + 60^\circ = 168^\circ ;$

$\widehat {CDP} = \widehat {CDE} + \widehat {EDP} = 108^\circ + 60^\circ = 168^\circ .$

Do ABCDE là ngũ giác đều suy ra DE = EA = DC.

Do đó PE = PD = DE = EA = DC nên các tam giác EAP, DCP là các tam giác cân lần lượt tại các đỉnh E và D.

Suy ra: $\widehat {EPA} = \frac{{180^\circ - \widehat {AEP}}}{2} = \frac{{180^\circ - 168^\circ }}{2} = 6^\circ ;$

$\widehat {DPC} = \frac{{180^\circ - \widehat {CDP}}}{2} = \frac{{180^\circ - 168^\circ }}{2} = 6^\circ .$

Vì vậy ta có $\widehat {APC} = \widehat {EPD} - \widehat {EPA} - \widehat {DPC} = 60^\circ - 6^\circ - 6^\circ = 48^\circ .$

Vì ABC là tam giác đều và CF là đường cao nên CF cũng là đường phân giác của $\widehat {ACB}.$ Suy ra $\widehat {{C_1}} = \frac{1}{2}\widehat {ACB} = \frac{1}{2} \cdot 60^\circ = 30^\circ .$

Tam giác HDC vuông tại D có

⦁ $\widehat {{C_1}} + \widehat {{H_1}} = 90^\circ ,$ suy ra $\widehat {{H_1}} = 90^\circ - \widehat {{C_1}} = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ ;$

⦁ M là trung điểm của HC hay DM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên nên MD = MH = MC (cùng bằng một nửa cạnh huyền HC).

Do đó, tam giác DHM là tam giác đều.

Tương tự, ta cũng chứng minh được các tam giác HEM, HEI, HIF, HFK, HKD là các tam giác đều.

Từ đó suy ra lục giác DKFIEM có các góc đều bằng 2.60° = 120° và các cạnh đều bằng nhau, do đó lục giác DKFIEM là lục giác đều.