Giải SBT Toán 9 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9 quay có đáp án

Đáp án đúng là: D

Do ∆ABC vuông có hai cạnh góc vuông là 5 cm, 12 cm nên áp dụng định lí Pythagore, ta có độ dài cạnh huyền bằng: $\sqrt {{5^2} + {{12}^2}} = \sqrt {169} = 13$ (cm).

Bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có độ dài là $\frac{{13}}{2} = 6{,}5$ (cm).

Đáp án đúng là: A

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều cạnh $8a\sqrt 3$ là $\frac{{8a\sqrt 3 \cdot \sqrt 3 }}{6} = \frac{{24a}}{6} = 4a.$

Đáp án đúng là: B

Do tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn (O; R) nên tổng hai góc đối bằng 180°

Suy ra $\widehat M + \widehat P = 180^\circ$

Do đó $\widehat P = 180^\circ - \widehat M = 180^\circ - 63^\circ = 117^\circ .$

Đáp án đúng là: C

Tam giác ABD có $\widehat A = 90^\circ$ nên ∆ABD vuông tại A, do đó AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆ABD hay chính là đường tròn (O; R).

Suy ra bán kính của đường tròn (O; R) là $R = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2} \cdot 12 = 6$ (cm).

Vậy độ dài của bán kính R của đường tròn (O; R) là 6 cm.

Đáp án đúng là: A

Xét ∆ABD có $\widehat {BAD} + \widehat {ABD} + \widehat {DAB} = 180^\circ$

Suy ra $\widehat {BAD} = 180^\circ - \widehat {ABD} - \widehat {DAB} = 180^\circ - 70^\circ - 40^\circ = 70^\circ .$

Do tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn nên hai góc đối nhau của tứ giác bằng 180°, hay $\widehat {BAD} + \widehat {BCD} = 180^\circ$

Suy ra $\widehat {BCD} = 180^\circ - \widehat {BAD} = 180^\circ - 70^\circ = 110^\circ .$

Đáp án đúng là: D

Từ Hình 2, ta có:

Mà $\widehat {BAC},\,\,\widehat {CAD}$ lần lượt là góc nội tiếp của các cung nên

Suy ra $\widehat {BAD} = \widehat {BAC} + \widehat {CAD} = 57{,}5^\circ + 43^\circ = 100{,}5^\circ .$

Do tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (E) nên hai góc đối nhau của tứ giác bằng 180°, hay $\widehat {BAD} + \widehat {BCD} = 180^\circ .$

Suy ra $\widehat {BCD} = 180^\circ - \widehat {BAD} = 180^\circ - 100{,}5^\circ = 79{,}5^\circ .$

Đáp án đúng là: C

Ta có $\widehat {CAD},\,\,\widehat {CBD}$ là hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn trong Hình 3, nên $\widehat {CAD} = \widehat {CBD} = 40^\circ .$

Suy ra $\widehat {CAD} + \widehat {CAB} = 40^\circ + 60^\circ = 100^\circ .$

Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn nên hai góc đối nhau của tứ giác bằng 180°, hay $\widehat {BAD} + \widehat {BCD} = 180^\circ .$

Suy ra $\widehat {BCD} = 180^\circ - \widehat {BAD} = 180^\circ - 100^\circ = 80^\circ .$

Đáp án đúng là: A

Ta có đa giác đều 10 cạnh là đa giác có 10 góc bằng nhau.

Tổng các góc của đa giác đều này bằng tổng các góc của 4 tứ giác và bằng: 4.360° = 1 440°.

Khi đó số đo mỗi góc của đa giác đều 10 cạnh là: $\frac{{1\,\,440^\circ }}{{10}} = 144^\circ .$

Do A, B, C là ba đỉnh liên tiếp của đa giác đều 10 cạnh nên $\widehat {ABC}$ là một góc của đa giác đều đó, suy ra $\widehat {ABC} = 144^\circ .$

Đáp án đúng là: B

Vì ABCD là hình vuông có O là giao điểm của hai đường chéo nên O là tâm của hình vuông.

Do đó các phép quay biến hình vuông ABCD thành chính nó là các phép quay 90°, 180°, 270°, 360° tâm O cùng chiều hoặc ngược chiều kim đồng hồ.

Vậy ta chọn phương án B.

⦁ Do tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I; r) hay đường tròn (I; r) nội tiếp ∆ABC, nên ba đường phân giác của các góc A, B, C cắt nhau tại I. Do đó ý a) là sai.

⦁ Ta có D, F lần lượt là các tiếp điểm của cạnh AB, AC với đường tròn (I; r) nên AD, AF là hai tiếp tuyến của đường tròn (I; r). Suy ra AD = AF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó ý b) là đúng.

⦁ Tương tự ta cũng chứng minh được: BD = BE và CE = CF.

Suy ra BD + CF = BE + CE = BC. Do đó ý c) là đúng.

⦁ Vì D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của cạnh AB, BC, AC với đường tròn (I; r) nên ID = IE = IF = r.

Vậy:

a) S;

b) Ð;

c) Đ;

d) Ð.

⦁ Vì tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên $\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ$

Suy ra $\widehat {ADC} = 180^\circ - \widehat {ABC} = 180^\circ - 80^\circ = 100^\circ .$

Do đó ý a) là sai.

⦁ Xét đường tròn (O) có $\widehat {AOC},\,\,\widehat {ABC}$ lần lượt là góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung AC, suy ra $\widehat {AOC} = 2\widehat {ABC} = 2 \cdot 80^\circ = 160^\circ .$ Do đó ý b) là đúng.

⦁ Ta có $\widehat {ODA} = \widehat {ADC} - \widehat {ODC} = 100^\circ - 52^\circ = 48^\circ .$

Xét ∆OAD cân tại O (do OA = OD) nên $\widehat {OAD} = \widehat {ODA} = 48^\circ$

Suy ra $\widehat {AOD} = 180^\circ - \widehat {OAD} - \widehat {ODA} = 180^\circ - 48^\circ - 48^\circ = 84^\circ .$

Do đó ý c) là đúng.

⦁ Tương tự như trên ta cũng có ∆OCD cân tại O nên

$\widehat {COD} = 180^\circ - 2\widehat {ODC} = 180^\circ - 2 \cdot 52^\circ = 76^\circ .$

Do đó ý d) là sai.

Vậy:

a) S;

b) Đ;

c) Ð;

d) S.

⦁ Ta có bát giác đều nội tiếp đường tròn (O; OA) và chia đường tròn này thành 8 cung có số đo bằng nhau, suy ra $\widehat {AOB} = \frac{{360^\circ }}{8} = 45^\circ .$

Do đó ý a) là sai.

⦁ Ta có ∆OAB cân tại O (do OA = OB) nên

$\widehat {OAB} = \widehat {OBA} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOB}}}{2} = \frac{{180^\circ - 45^\circ }}{2} = 67{,}5^\circ .$

Xét ∆OAH vuông tại H, ta có:

$$OH = OA \cdot sin\widehat {OAH} = OA \cdot sin67{,}5^\circ .$$

Do đó ý b) là sai.

⦁ Các phép quay biến bát giác đều thành chính nó là các phép quay 45°, 90°, 135°, 180°, 225°, 270°, 315°, 360° tâm O cùng chiều và ngược chiều kim đồng hồ.

Do đó ý c) là đúng.

⦁ Xét ∆OAB cân tại O có OH là đường cao nên đồng thời là đường phân giác và đường trung tuyến của tam giác.

Suy ra $\widehat {AOH} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = \frac{1}{2} \cdot 45^\circ = 22{,}5^\circ$ và H là trung điểm của AB nên AB = 2AH.

∆OAH vuông tại H, ta có:

$$AH = OA \cdot sin\widehat {AOH} = OA \cdot sin22{,}5^\circ .$$

Suy ra AB = 2OA.sin22,5°. Do đó ý d) là đúng.

Vậy:

a) S;

b) S;

c) Đ;

d) Đ.

a) Ta có: $\widehat {ACD}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat {ACD} = 90^\circ .$

Xét đường tròn (O) có $\widehat {ABC} = \widehat {ADC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) hay $\widehat {ABH} = \widehat {ADC}.$

Xét ∆AHB và ∆ACD có:

$\widehat {AHB} = \widehat {ACD} = 90^\circ ;$ $\widehat {ABH} = \widehat {ADC}$

Do đó ∆AHB ᔕ ∆ACD (g.g).

b) Vì ∆AHB ᔕ ∆ACD (câu a) nên $\frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AD}}$

Hay AH.AD = AB.AC, suy ra $AD = \frac{{AB \cdot AC}}{{AH}} = \frac{{8 \cdot 15}}{5} = 24$ (cm).

Do đó độ dài bán kính của đường tròn (O) là $\frac{{AD}}{2} = \frac{{24}}{2} = 12$ cm.

⦁ Từ A, B lần lượt kẻ AH, BK vuông góc với CD (H, K ∈ CD).

Ta có AH ⊥ CD, AB // CD nên AH ⊥ AB.

Xét ∆AHD và ∆BKC có:

$\widehat {AHD} = \widehat {BKC} = 90^\circ ,$ AD = BC và $\widehat {ADH} = \widehat {BCK}$ (do ABCD là hình thang cân)

Do đó ∆ADH = ∆BCK (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra DH = CK (hai cạnh tương ứng).

⦁ Xét tứ giác ABKH có: $\widehat {AHK} = \widehat {BKH} = \widehat {HAB} = 90^\circ$ nên ABKH là hình chữ nhật.

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và HK.

Suy ra EF là đường trung trực của AB và HK.

Ta có DH = CK và HF = KF nên DF = CF, do đó F là trung điểm của DC.

Suy ra EF cũng là đường trung trực của CD.

⦁ Gọi M là trung điểm của AD. Vẽ đường trung trực MO của AD, MO cắt EF tại O.

Khi đó, O nằm trên đường trung trực của AB, AD, DC nên OA = OB, OA = OD, OD = OC

Suy ra OA = OB = OC = OD hay A, B, C, D cùng thuộc đường tròn (O; OA).

Vậy hình thang cân ABCD nội tiếp đường tròn (O; OA).

a) Ta có BD ⊥ AC, CE ⊥ AB nên tam giác BEC vuông tại E và tam giác BDC vuông tại D.

∆BEC vuông tại E nên nội tiếp đường tròn đường kính BC. (1)

∆BDC vuông tại D nên nội tiếp đường tròn đường kính BC. (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng thuộc đường tròn đường kính BC.

b) Ta có BD là bán kính đường tròn (B; BD) và BD ⊥ AC nên AC là tiếp tuyến của đường tròn (B; BD).

c) Xét ∆BHD và ∆BDC có:

Góc B chung; $\widehat {BHD} = \widehat {BDC} = 90^\circ$

Do đó ∆BHD ᔕ ∆BDC (g.g)

Suy ra $\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{BH}}{{BD}}$ hay BD$^{2}$ = BH.BC.

Ta lại có BD = BK (bán kính đường tròn (B; BD)) nên BK$^{2}$ = BH.BC.

Suy ra $\frac{{BH}}{{BK}} = \frac{{BK}}{{BC}}$

Xét ∆BHK và ∆BKC có:

Góc B chung; $\frac{{BH}}{{BK}} = \frac{{BK}}{{BC}}$

Do đó ∆BHK ᔕ ∆BKC (c.g.c)

Suy ra $\widehat {BKH} = \widehat {BCK}$ (hai góc tương ứng).

Mà $\widehat {BMH} = \widehat {BCK}$ (cùng phụ với $\widehat {ABC})$ nên $\widehat {BMH} = \widehat {BKH}.$

a) Ta có $\widehat {ACB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) đường kính AB), suy ra BC ⊥ AC.

Mà EH ⊥ AC (giả thiết), suy ra EH // BC.

b) Vì C là điểm chính giữa của cung AB và AB là đường kính của đường tròn (O), suy ra

Vì AD là tia phân giác của $\widehat {BAC}$ (giả thiết) nên $\widehat {CAD} = \widehat {BAD} = \frac{1}{2}\widehat {CAB},$ suy ra

Xét đường tròn (O) có:

⦁ $\widehat {CAB}$ là góc nội tiếp chắn cung CB nên

⦁ $\widehat {CBA}$ là góc nội tiếp chắn cung CA nên

⦁ $\widehat {CBD}$ là góc nội tiếp chắn cung CD nên

Suy ra $\widehat {MAB} = 45^\circ ;$ $\widehat {MBA} = \widehat {MBC} + \widehat {CBA} = 22{,}5^\circ + 45^\circ = 67{,}5^\circ .$

Xét ∆MAB có: $\widehat {AMB} + \widehat {MAB} + \widehat {MBA} = 180^\circ$

Suy ra $\widehat {AMB} = 180^\circ - \widehat {MAB} - \widehat {MBA} = 180^\circ - 45^\circ - 67{,}5^\circ = 67{,}5^\circ .$

c) Vì EH // BC nên $\widehat {AEK} = \widehat {ABC}$ (hai góc đồng vị).

Mà $\widehat {AFK} = \widehat {AFC} = \widehat {ABC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn (O)).

Suy ra $\widehat {AEK} = \widehat {AFK}.$

d) Tam giác AIC có AK là tia phân giác của $\widehat {CAI},$ suy ra $\frac{{AI}}{{AC}} = \frac{{KI}}{{KC}}.$

Tam giác CIB có EK // CB, suy ra $\frac{{IE}}{{BE}} = \frac{{KI}}{{KC}}$ (định lí Thalès)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{{AI}}{{AC}} = \frac{{IE}}{{BE}}.$

Mà AC = BE (giả thiết) nên AI = IE.

Vậy I là trung điểm của đoạn thẳng AE.

Điểm O là điểm cần tìm để dựng trụ đèn và là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác MNL.

Khoảng cách r từ O đến ba con đường là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác MNL.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác OLH vuông tại H, ta có:

OL$^{2}$ = OH$^{2}$ + HL$^{2}$

Suy ra $r = OH = \sqrt {O{L^2} - H{L^2}} = \sqrt {{{13}^2} - {{12}^2}} = \sqrt {25} = 5\;({\rm{m}}).$