Giải Toán 9 trang 91 tập 2 Kết nối tri thức

Giải Toán 9 trang 91 tập 2 Kết nối tri thức Luyện tập chung

Giải Toán 9 trang 91 tập 2 Kết nối tri thức cung cấp lời giải chi tiết phần Luyện tập chung, giúp học sinh ôn tập, củng cố kiến thức đã học và rèn luyện kỹ năng giải các dạng bài tập trọng tâm. Nội dung bám sát SGK, dễ hiểu, hỗ trợ học tốt Toán 9 và nâng cao kết quả học tập.

Giải bài 9.31 trang 91 SGK Toán 9 tập 2 KNTT

Hướng dẫn giải

Vì tam giác BEC vuông tại E (do \(BE ⊥ AC\)) nên tam giác có đường tròn ngoại tiếp đường tròn đường kính BC. Do đó ba điểm B, E, C cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.

Vì tam giác BFC vuông tại F (do \(CF ⊥ AB\)) nên tam giác có đường tròn ngoại tiếp là đường tròn đường kính BC. Do đó ba điểm B, F, C cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.

Suy ra bốn điểm \(B, C, E, F\) cùng nằm trên một đường tròn hay tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp.

Chứng minh tương tự, ta cũng có tứ giác CAFD nội tiếp đường tròn đường kính AC và tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn đường kính AB.

Vậy \(BCEF, CAFD, ABDE\) là những tứ giác nội tiếp.

Giải bài 9.32 trang 91 SGK Toán 9 tập 2 KNTT

Hướng dẫn giải

Xét tam giác ABF có

\(\widehat {A}+\widehat {ABF}+\widehat {F} =180°\)(tổng ba góc của tam giác)

=> \(\widehat {ABF}=180^{\circ} -\widehat {F}-\widehat {A}=180^{\circ} -20^{\circ} -\widehat {A}=160^{\circ}-\widehat {A}\)

Xét tam giác ADE có

\(\widehat {A}+\widehat {ADE}+\widehat {E} =180°\)(tổng ba góc của tam giác)

=> \(\widehat {ADE}=180^{\circ} -\widehat {E}-\widehat {A}=180^{\circ} -40^{\circ} -\widehat {A} =140^{\circ} -\widehat {A}\).

Vì ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn (O) nên tổng các góc đối nhau của tứ giác bằng 180°, do đó \(\widehat {A}+\widehat {BCD} =180°\) => \(\widehat {BCD} = 180^{\circ} -\widehat {A}\).

Xét tứ giác ABCD có:

\(\widehat {A}+\widehat {ABC}+\widehat {BCD}+\widehat {ADC}=360°\)(tổng các góc của một tứ giác)

=> \(\widehat {A}+(160^{\circ}-\widehat {A})+(180^{\circ} -\widehat {A})+(140^{\circ} -\widehat {A})=360^{\circ}\)

=>  \(2\widehat {A}=120°\)=>  \(\widehat {A}=60^{\circ}\)°.

Khi đó:

 \(\widehat {ABC}=160^{\circ} - \widehat {A} =160°−60°=100°;\)

\(\widehat {ADC}=140^{\circ} -\widehat {A} =140°−60°=80°\)

\(\widehat {BCD}=180^{\circ} -\widehat {A} =180°−60°=120°\)

Vậy tứ giác ABCD có \(\widehat {A}=60°;\widehat {ABC}=100°;\widehat {BCD}=120°;\widehat {ADC}=80°\).

Giải bài 9.33 trang 91 SGK Toán 9 tập 2 KNTT

Hướng dẫn giải

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD.

=> \(R = \frac{1}{2}AC\)

Xét tam giác ABC vuông tại B (do ABCD là hình vuông), theo định lí Pythagore, ta có:

\(AC^2 = AB^2 + BC^2 = 4^2 + 4^2 = 32.\)

=> \(AC = \sqrt {32} = 4\sqrt 2 \left( {cm} \right)\)

=> \(R = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}.4\sqrt 2 = 2\sqrt 2 \left( {cm} \right)\)

Chu vi của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD là:

\(C = 2\pi R = 2.\pi .2\sqrt 2 = 4\pi \sqrt 2 \left( {cm} \right)\)

Diện tích của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD là:

\(S = \pi {R^2} = \pi .{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 8\pi \left( {c{m^2}} \right.)\)

Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD.

Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA.

Vì ABCD là hình vuông nên hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường.

Xét ∆OAB vuông tại O có OM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(OM{\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{1}{2}AB\)

Mặt khác, ∆OAB cân tại O (vì OA = OB) nên đường trung tuyến OM đồng thời là đường cao, do đó OM ⊥ AB tại M.

Tương tự, ta có:

ON ⊥ BC tại N, OP ⊥ CD tại P, OQ ⊥ AD tại Q.

\(ON = \frac{1}{2}BC,OP = \frac{1}{2}CD,{\rm{ }}OQ = \frac{1}{2}DA\)

Mà \(AB = BC = CD = DA\) (do ABCD là hình vuông)

Nên \(OM = ON = OP = OQ\)

Vậy đường tròn (O; OM) là đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD.

Suy ra \(r = OM = \frac{1}{2}.AB = \frac{1}{2}.4 = 2\left( {cm} \right.)\)

Chu vi của đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD là:

\(C=2\pi r = {\rm{ }}2\pi .2 = {\rm{ }}4\pi \left( {cm} \right)\)

Diện tích của đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD là:

\(S = \pi {r^2} = {\rm{ }}\pi {.2^2} = {\rm{ }}4\pi {\rm{ }}\left( {c{m^2}} \right)\)

Giải bi 9.34 trang 91 SGK Toán 9 tập 2 KNTT

Hướng dẫn giải

a) Vẽ đường tròn (O). Trên đường tròn (O) vẽ hình vuông ABCD sao cho các đỉnh ABCD sao cho các đỉnh A, B, C, D theo thứ tự ngược chiều kim đồng hồ.

Lấy điểm E thuộc đường tròn (O) sao cho tia OA quay thuận chiều kim đồng hồ đến tia OE và \(\widehat {AOE} =45°.\)

Xác định các điểm F, G, H tương tự như cách xác định điểm E ở trên.

Nối A với E, E với D, D với H, H với C, C với G, G với B, B với F và F với A.

Khi đó ta được đa giác EAFBGCHD.

b) Vì ABCD là hình vuông nên đường tròn (O) ngoại tiếp hình vuông có tâm O là giao điểm hai đường chéo. Do đó AC ⊥ BD tại O hay \(\widehat {AOD} =90°\).

=> \(\widehat {AOE} +\widehat {EOD} =90°\)

=> \(\widehat {AOE} = 90^{\circ} - \widehat {EOD} =90°−45°=45°.\)

Xét tam giác OAE và tam giácOED có:

OA = OE

\(\widehat {AOE} = \widehat {EOD} =45^0\) 

OE = OD.

=> ∆OAE = ∆OED (c.g.c).

Tương tự, ta sẽ chứng minh được:

\(∆OAE = ∆OED = ∆ODH = ∆OHC = ∆OCG = ∆OGB = ∆OBF = ∆OFA.\)

\(\Rightarrow AE = ED = DH = HC = CG = GB = BF = FA; (1)\)

\(\widehat {OAE}=\widehat {OED}=\widehat {ODH}=\widehat {OHC}=\widehat {OCG}=\widehat {OGB}=\widehat {OBF}=\widehat {OFA}\);

\(\widehat {OEA}=\widehat {ODE}=\widehat {OHD}=\widehat {OCH}=\widehat {OGC}=\widehat {OBG}=\widehat {OFB}=\widehat {OAF}\).

Xét tam giác OAE có OA = OE nên tam giác OAE cân tại O

=> \(\widehat {OAE}=\widehat {OEA}\).

=> \(\widehat {OAE}+\widehat {OAF}=\widehat {OED}+\widehat {OEA}\)\(=\widehat {ODH}+\widehat {ODE}=\widehat {OHC}+\widehat {OHD}\)

\(=\widehat {OCG}+\widehat {OCH}=\widehat {OGB}+\widehat {OGCD}\)\(=\widehat {OBF}+\widehat {OBG}=\widehat {OFA}+\widehat {OFB}\)

Hay\(\widehat {EAF}=\widehat {AFB}=\widehat {FBG}=\widehat {BGC}=\widehat {GCH}=\widehat {CHD}=\widehat {HDE}=\widehat {DEA}\).(2)

Từ (1) và (2) suy ra EAFBGCHD có các cạnh bằng nhau và các góc bằng nhau.

Vậy EAFBGCHD là bát giác đều.

Giải bài 9.35 trang 91 SGK Toán 9 Tập 2 KNTT

Hướng dẫn giải

a)

Vì ngũ giác ABCDE nội tiếp đường tròn (O) nên \(OA = OB = OC = OD = OE\).

Vì ABCDE là ngũ giác đều nên \(AB = BC = CD = DE = EA\).

Xét tam giác OAB và tam giác OBC có:

\(OA = OB, OB = OC, AB = BC\)

=> ∆OAB = ∆OBC (c.c.c).

Chứng minh tương tự ta có

\(∆OAB = ∆OBC = ∆COD = ∆DOE = ∆EOA.\)

Suy ra \(\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COD} = \widehat {DOE} = \widehat {EOA}\)

Mà \(\;\widehat {AOB} + \widehat {BOC} + \widehat {COD} + \widehat {DOE} + \widehat {EOA} = {360^0}\)

=> \(5\widehat {AOB} = {360^0}\)

Suy ra \(\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COD} = \widehat {DOE} = \widehat {EOA} = \frac{{{{360}^0}}}{5} = {72^0}\)

Khi đó số đo của cung lớn AC bằng:

\(\widehat {AOE} + \widehat {EOD} + \widehat {DOC} = {72^0} + {72^0} + {72^0} = {216^0}\)

Do đó, để biến điểm A thành điểm C thì tia OA phải quay thuận chiều kim đồng hồ đến tia OC, điểm A tạo nên cung AC có số đo 216°.

Vậy phép quay thuận chiều 216° tâm O biến điểm A thành điểm C.

b) Phép quay thuận chiều 216° tâm O biến các điểm B, C, D, E lần lượt thành những điểm D, E, A, B.

Khi đó phép quay này giữ nguyên ngũ giác đều ABCDE.

Giải bài 9.36 trang 91 SGK Toán 9 Tập 2 KNT

Hướng dẫn giải

Giả sử ABCDEG là khay bánh kẹo hình lục giác đều cạnh 10 cm, được chia thành 7 ngăn gồm một lúc giác đều nhỏ MNPQUT và 6 hình thang cân

\(MNBA, NPCB, PQDC, QUED, UTGE, TMAG\)

Gọi O là giao điểm của ba đường chéo chính AD, BE, CG của hình lục giác đều ABCDEG.

Hình lục giác đều MNPQUT chia thành 6 tam giác đều OMN, ONP, OPQ, OPU, OUT, OTM.

Ta dễ dàng chứng minh được các tam giác đều đó bằng nhau nên chúng có diện tích bằng nhau.

Khi đó, \(S_{MNPQUT} = 6S_{OMN}\)

Kẻ OK ⊥ AB, ta có K là trung điểm của AB nên AK = 5 cm.

Ta có MN // AB (do MNBA là hình thang cân) nên OK ⊥ MN.

Gọi H là giao điểm của OK và AB, ta có OH ⊥ MN và H là trung điểm của MN.

Gọi x (cm, 0 < x < 10) là độ dài cạnh của lục giác đều MNPQUT, ta có:  MN = x, MH = x/2.

Vì ABCDEG là lục giác đều nên ∆OAB là tam giác đều, do đó: \(\widehat {OAB} = {60^0}\)

Xét tam giác OAK vuông tại K, ta có:

\(OK = AK\tan \widehat {OAK}\; = 5.\tan {60^0}\; = 5\sqrt 3 \;\left( {cm} \right)\)

Xét tam giác OMH vuông tại H, ta có:

\(OH = MH = \tan \widehat {OMH}\; = \;\frac{x}{2}.\tan {60^0}\; = \;\frac{{x\sqrt 3 }}{2}\;\left( {cm} \right)\)

Suy ra \(HK = OK = OH = 5\sqrt 3 - \frac{{x\sqrt 3 }}{2}\; = \frac{{\left( {10 - x} \right)\sqrt 3 }}{2}\;\;\left( {cm} \right)\)

Diện tích của tam giác OMN là:

\({S_1} = \frac{1}{2}.OH.MN = \frac{1}{2}.\frac{{x\sqrt 3 }}{2}.x = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4}\left( {c{m^2}} \right.)\)

Diện tích của hình thang cân MNBA là:

\(\begin{array}{l} {S_2} = \frac{1}{2}HK.\left( {MN + AB} \right)\\ = \frac{1}{2}.\frac{{\left( {10 - x} \right).\sqrt 3 }}{2}.\left( {x + 10} \right) = \frac{{\left( {100 - {x^2}} \right).\sqrt 3 }}{4}\left( {c{m^2}} \right) \end{array}\)

Để diện tích lục giác đều MNPQNT bằng hai lần diện tích mỗi hình thang (chẳng hạn hình thang MNBA) thì:

\(6{S_1} = 2{S_2}\) hay \(3{S_1} = {S_2}\)

Do đó:

\(\begin{array}{l} 3.\dfrac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{\left( {100 - {x^2}} \right).\sqrt 3 }}{4}\\ \Leftrightarrow 3{x^2} = 100 - {x^2}\\ \Leftrightarrow 4{x^2} = 100 \Leftrightarrow {x^2} = 25 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 5\left( {tm} \right)\\ x = - 5\left( {ktm} \right) \end{array} \right. \end{array}\)

Vậy cạnh hình lục giác đều nhỏ bằng 5 cm.

-----------------------------------------

Giải Toán 9 trang 91 tập 2 Kết nối tri thức là tài liệu hữu ích giúp học sinh hoàn thành tốt phần Luyện tập chung, củng cố kiến thức và nâng cao kỹ năng giải toán.