Giải VTH Toán 9 KNTT Luyện tập chung trang 90 có đáp án

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.

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 $sđ\overset{\frown}{DAB}+sđ\overset{\frown}{BCD}=360^{\circ}.$

Suy ra $\widehat{C}=\frac{1}{2}sđ\overset{\frown}{DAB}=\frac{120^{\circ}+360^{\circ}}{4}=120^{\circ},\widehat{A}=\frac{1}{2}sđ\overset{\frown}{BCD}=\frac{360^{\circ}-120^{\circ}}{4}=60^{\circ}.$

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 $sđ\overset{\frown}{CDA}+sđ\overset{\frown}{ABC}=360^{\circ}.$

Suy ra $\widehat{B}=\frac{1}{2}sđ\overset{\frown}{CDA}=\frac{40^{\circ}+360^{\circ}}{4}=100^{\circ},\widehat{D}=\frac{1}{2}sđ\overset{\frown}{ABC}=\frac{360^{\circ}-40^{\circ}}{4}=80^{\circ}.$

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).

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.

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.