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.

Vì ABCDEF là lục giác đều nên nó có tất các cạnh bằng nhau và tất cả các góc đều bằng $\frac{{2 \cdot 360^\circ }}{6} = 120^\circ .$

Ta có $\widehat {ABC} + \widehat {AB{A_2}} + \widehat {{A_2}B{A_3}} + \widehat {CB{A_3}} = 360^\circ$

Suy ra $\widehat {{A_2}B{A_3}} = 360^\circ - \widehat {ABC} - \widehat {AB{A_2}} - \widehat {CB{A_3}} = 360^\circ - 120^\circ - 90^\circ - 90^\circ = 60^\circ .$

Do BA$_{2}$ = AB (do BAA$_{1}$A$_{2}$ là hình vuông)$_{;}$BA$_{3}$ = BC (do CBA$_{3}$A$_{4}$) và AB = CD nên BA$_{2}$ = BA$_{3}$.

Do đó BA$_{2}$A$_{3}$ là tam giác đều.

Từ đó suy ra: A$_{2}$A$_{3}$ = BA$_{2}$ và $\widehat {B{A_2}{A_3}} = 60^\circ .$

Do đó A$_{2}$A$_{3}$ = BA (cùng bằng BA$_{2}$) và $\widehat {{A_1}{A_2}{A_3}} = \widehat {{A_1}{A_2}B} + \widehat {B{A_2}{A_3}} = 90^\circ + 60^\circ = 150^\circ .$

Tương tự, ta chứng minh được đa giác A$_{1}$A$_{2}$A$_{3}$…A$_{11}$A$_{12}$ có các góc đều bằng 150° và các cạnh đều bằng nhau và bằng BA.

Do đó, đa giác A$_{1}$A$_{2}$A$_{3}$…A$_{11}$A$_{12}$ là đa giác đều.

a) Do ABCDEF là lục giác đều có tâm O nên OA= OB = OC = OD = OE = OF.

Do phép quay thuận chiều 60° tâm O biến các điểm A, B, C lần lượt thành các điểm B, C, D nên $\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COD} = 60^\circ .$

Do đó $\widehat {DOB} = \widehat {DOC} = \widehat {COB} = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ ;$

$\widehat {COA} = \widehat {COB} = \widehat {BOA} = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ .$

Như vậy, phép quay ngược chiều 120° tâm O biến các điểm D, C lần lượt thành các điểm B, A.

b) Xét lục giác ABCDEF có tổng số đo các góc bằng tổng số đo hai tứ giác ABCD và ADEF, và bằng 2.360° = 720°.

Do ABCDEF là lục giác đều nên các góc của hình lục giác bằng nhau, và bằng $\frac{{720^\circ }}{6} = 120^\circ .$

⦁ Xét ∆OAF có OA = OF và $\widehat {AOF} = 60^\circ$ nên ∆OAF là tam giác đều, suy ra AF = AO và $\widehat {OAF} = 60^\circ .$

Như vậy, phép quay thuận chiều 60° tâm A biến điểm O thành điểm F.

⦁ Xét ∆OBC có OB = OC và $\widehat {BOC} = 60^\circ$ nên ∆OBC là tam giác đều, do đó OB = OC = BC.

Chứng minh tương tự, ta sẽ có OB = BC = CD = OD nên tứ giác OBCD là hình thoi, do đó hai đường chéo OC và BD vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Theo bài, N là trung điểm của BC nên N là trung điểm của OC, do đó OC = 2ON.

Ta có: M là trung điểm của EF nên EF = 2FM, mà EF = BC = OC nên OC = 2FM.

Suy ra FM = ON.

Xét ∆AFM và ∆AON có:

FA = AO, $\widehat {AFM} = \widehat {AON} = 120^\circ ,$ FM = ON

Do đó ∆AFM = ∆AON (c.g.c).

Suy ra AM = AN và $\widehat {FAM} = \widehat {OAN}.$

Do đó, $\widehat {MAN} = \widehat {MAO} + \widehat {OAN} = \widehat {MAO} + \widehat {MAF} = \widehat {FAO} = 60^\circ .$

Có AM = AN và $\widehat {MAN} = 60^\circ$ nên phép quay thuận chiều 60° tâm A biến điểm N thành điểm M.

Do ABCD là hình vuông nên hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Ta có A(0; 2), B(–2; 0), C(0; –2), D(2; 0) nên B, D cùng nằm trên Ox và A, C cùng nằm trên Oy.

Ta cũng suy ra được OA = OB = OC = OD hay O là tâm của hình vuông ABCD.

Xét ∆OAB vuông tại O, theo định lí Pythagore, ta có:

AB$^{2}$ = OA$^{2}$ + OB$^{2}$ = 2$^{2}$ + 2$^{2}$ = 8.

Suy ra $AB = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 .$ Như vậy, hình vuông ABCD có cạnh bằng $2\sqrt 2 .$

Ta có phép quay thuận chiều 90° tâm O giữ nguyên hình vuông ABCD do đó chu vi tứ giác A’B’C’D’ bằng chu vi hình vuông ABCD và bằng $4 \cdot 2\sqrt 2 = 8\sqrt 2$ (đơn vị chiều dài).

a) Do phép quay ngược chiều 90° tâm O biến các điểm N, M lần lượt thành các điểm N’, M’ nên ON = ON’, OM = OM’ và $\widehat {NON'} = \widehat {MOM'} = 90^\circ .$

Do đó các tam giác ONN’ và OMM’ là các tam giác vuông cân tại O.

Do ABCD là hình vuông tâm O nên OA = OB = OC = OD.

Ta có OA = 2ON nên OB = OA = 2ON = 2ON’, do đó N’ là trung điểm của OB.

Suy ra

Xét ∆OAB vuông tại O có OM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AB nên $OM = \frac{1}{2}AB,$ mà AB = BC và OM = OM’ nên $OM' = \frac{1}{2}BC.$

Xét ∆OBC vuông tại O có $OM' = \frac{1}{2}BC$ nên OM’ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền hay M’ là trung điểm của BC.

Suy ra

Xét ∆ANM và ∆BN’M’ có:

AN = BN’, $\widehat {MAN} = \widehat {M'BN'} = 45^\circ ,$ AM = BM’

Do đó ∆ANM = ∆BN’M’ (c.g.c).

Suy ra MN = M’N’ (hai cạnh tương ứng) và $\widehat {ANM} = \widehat {BN'M'}$ (hai góc tương ứng).

Xét ∆OAB có N, M lần lượt là trung điểm của AO, AB nên NM là đường trung bình của tam giác, do đó NM // OB và $NM = \frac{1}{2}OB.$

Ta có MN = M’N’ và $BN' = \frac{1}{2}OB = NM$ nên BN’ = M’N’.

Lại có NM // OB và OB ⊥ AO nên NM ⊥ AO hay $\widehat {ANM} = 90^\circ ,$ suy ra $\widehat {BN'M'} = 90^\circ .$

Tam giác BN’M’ có BN’ = M’N’ và $\widehat {BN'M'} = 90^\circ$ nên là tam giác vuông cân tại N’.

b) Kí hiệu diện tích các tam giác ANM, AOB, CN’M’, CN’B, COB lần lượt là S$_{ANM}$, S$_{AOB}$, S$_{CN’M’}$, S$_{CN’B}$, S$_{COB}$. Gọi h$_{N’}$ là chiều cao kẻ từ N’ đến BC.

Ta có: ${S_{ANM}} = \frac{1}{2} \cdot AN \cdot MN = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}AO \cdot \frac{1}{2}OB = \frac{1}{4} \cdot \left( {\frac{1}{2}OA \cdot OB} \right) = \frac{1}{4}{S_{AOB}};$

${S_{CN'M'}} = \frac{1}{2} \cdot {h_{N'}} \cdot CM = \frac{1}{2} \cdot {h_{N'}} \cdot \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot \left( {\frac{1}{2} \cdot {h_{N'}} \cdot BC} \right) = \frac{1}{2}{S_{CN'B}};$

${S_{CN'B}} = \frac{1}{2} \cdot CO \cdot N'B = \frac{1}{2} \cdot CO \cdot \frac{1}{2}OB = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2} \cdot CO \cdot OB} \right) = \frac{1}{2}{S_{COB}}.$

Suy ra: ${S_{CN'M'}} = \frac{1}{2}{S_{CN'B}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}{S_{COB}} = \frac{1}{4}{S_{COB}}.$

Mặt khác, ${S_{AOB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot OC \cdot OB = {S_{COB}}.$

Do đó: S$_{ANM}$ = S$_{CN’M’}$.

Vậy S$_{ANM}$ : S$_{CN’M’}$ = 1.

c) Ta có AC ⊥ BD tại trung điểm O của BD nên AO là đường trung trực của BC.

Mà N ∈ AC nên ND = NB.

Do đó tam giác NDB cân ở N và dễ thấy rằng $\widehat {DNB} > 90^\circ .$

Suy ra phép quay thuận chiều 90° tâm N không thể biến điểm D thành điểm B.

Vậy phát biểu “Phép quay thuận chiều 90° tâm N biến điểm O thành điểm M, biến điểm D thành điểm B” là sai.

a) Mặt cánh diều không có dạng đa giác đều.

b) Mặt cửa sổ có dạng lục giác đều.

c) Mặt bàn có dạng đa giác đều tám cạnh.