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.

Nếu chia đôi lục giác đều nhỏ bởi một đường kính thì ta sẽ được hai hình thang cân nhỏ bằng nhau và bằng với các hình thang cân trước đó.

Do vậy đường kính của lục giác đều nhỏ phải bằng cạnh của lục giác đều lớn, tức là bằng 10 cm.

Vì vậy, cạnh của lục giác đều nhỏ bằng $\frac{1}{2}.10 = 5$ (cm).

Gọi AB là một cạnh của bát giác đều và (O) là đường tròn ngoại tiếp bát giác đều.

Khi đó OAB là tam giác cân tại O có cạnh bên $OA = OB = \sqrt 2$ cm và góc ở đỉnh $\widehat {AOB} = \frac{{360^\circ }}{8} = 45^\circ .$

Kẻ đường cao AH của tam giác OAB. Khi đó AHO là tam giác vuông tại H.

Theo định lí Pythagore, ta có OA$^{2}$ = AH$^{2}$ + HO$^{2}$ = 2HA$^{2}$.

Suy ra $HO = AH = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 1$ (cm).

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác AHB vuông tại H, ta được:

$AB = \sqrt {A{H^2} + H{B^2}} = \sqrt {A{H^2} + {{\left( {OB - HO} \right)}^2}}$

$= \sqrt {{1^2} + {{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} = \sqrt {4 - 2\sqrt 2 }$ (cm).

Vì phép quay biến A thành B và biến B thành C nên tâm của phép quay này nằm trên các đường trung trực của các đoạn thẳng AB và BC.

Do hai đường trung trực của hai đoạn thẳng AB, BC cắt nhau tại O (tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC) nên O chính là tâm của phép quay nói trên.

Do $\widehat {AOB} = 60^\circ$ nên phép quay trên là phép quay ngược chiều hoặc thuận chiều 300° với tâm O.

Cả hai phép quay thuận chiều 300° và ngược chiều 60° với tâm O đều giữ nguyên lục giác đều.

Do đó phép quay đã cho giữ nguyên lục giác đều.