Giải Toán 9 trang 82 Tập 2 Chân trời sáng tạo

---

Haylamdo biên soạn và sưu tầm lời giải bài tập Toán 9 trang 82 Tập 2 trong Bài tập cuối chương 9 Toán 9 Chân trời sáng tạo hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Toán 9 trang 82.

Giải Toán 9 trang 82 Tập 2 Chân trời sáng tạo

Bài 8 trang 82 Toán 9 Tập 2: Cho lục giác đều ABCDEF nội tiếp đường tròn bán kính R. Độ dài cạnh AB bằng

A. R.                    

B. R$\sqrt{3}$.                  

C. $\frac{R\sqrt{3}}{2}$.                  

D. $\frac{R}{2}$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Ta có lục giác đều được chia thành 6 tam giác đều bằng nhau, mỗi cạnh của tam giác có độ dài bằng R.

Bài 9 trang 82 Toán 9 Tập 2: Cho tam giác đều ABC có O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Phép quay nào với O là tâm biến tam giác ABC thành chính nó?

A. 90°.

B. 100°.

C. 110°.

D. 120°.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có tam giác đều ABC có 3 đỉnh chia đường tròn tâm (O) thành 3 phần bằng nhau, số đo mỗi cung là: 360° : 3 = 120°.

Vậy phép quay 120° với O là tâm biến tam giác ABC thành chính nó.

Bài 10 trang 82 Toán 9 Tập 2: Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH (H ∈ BC) và nội tiếp đường tròn tâm O có đường kính AM (hình 6). Chứng minh $\widehat{OAC}=\widehat{BAH}.$

Lời giải:

Ta có $\widehat{ACM}=90°$ (nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét ∆AHB và ∆ACM có:

$\widehat{AHB}=\widehat{ACM}=90°;$ $\widehat{ABH}=\widehat{AMC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AC).

Do đó ∆AHB ᔕ ∆ACM (g.g).

Suy ra $\widehat{MAC}=\widehat{BAH}$ (hai góc tương ứng).

Vậy $\widehat{OAC}=\widehat{BAH}.$

Bài 11 trang 82 Toán 9 Tập 2: Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) có AH là đường cao. Lần lượt vẽ đường tròn (O) đường kính BH và đường tròn (O') đường kính HC.

a) Xét vị trí tương đối của hai đường tròn (O) và (O').

b) Đường tròn (O) cắt AB tại E, đường tròn (O') cắt AC tại F. Chứng minh rằng tứ giác AEHF là hình chữ nhật.

c) Chứng minh rằng EF là tiếp tuyến đường tròn (O) và đồng thời là tiếp tuyến đường tròn (O').

d) Đường trung tuyến AM của tam giác ABC cắt EF tại N. Cho biết AB = 6 cm, AC = 8 cm. Tính diện tích tam giác ANF.

Lời giải:

a) Đường tròn (O) có bán kính OH, đường tròn (O') có bán kính O'H.

Vì OO' = OH + HO' nên (O) và (O') tiếp xúc ngoài.

b) Ta có $\widehat{BEH}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Suy ra HE ⊥ AB hay $\widehat{HEA}=90°.$

Tương tại, $\widehat{CFH}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O')).

Suy ra HF ⊥ AC hay $\widehat{HFA}=90°.$

Tứ giác AEHF có $\widehat{EAF}=90°,\widehat{HEA}=90°,\widehat{HFA}=90°$.

Do đó, tứ giác AEHF là hình chữ nhật.

c) Gọi I là giao điểm AH và EF, ta có

IA = IE = IH = IF (tính chất hình chữ nhật).

• Xét ∆IEO và ∆IHO có: OI là cạnh chung; IE = IH; OE = OH.

Do đó ∆IEO = ∆IHO (c.c.c)

Suy ra $\widehat{OEI}=\widehat{OHI}=90°$ (hai góc tương ứng).

Vì $\widehat{OEF}=90°$ và E thuộc đường tròn (O) nên EF là tiếp tuyến của (O).          (1)

• Xét ∆IFO' và ∆IHO' có: O'I là cạnh chung; IF = IH; O'F = O'H.

Do đó ∆IFO' = ∆IHO' (c.c.c).

Suy ra $\widehat{O^{\text{'}}FI}=\widehat{O^{\text{'}}HI}=90°$ (hai góc tương ứng).

Vì $\widehat{O^{\text{'}}EF}=90°$ và E thuộc đường tròn (O) nên EF là tiếp tuyến của (O).          (2)

Từ (1) và (2) suy ra EF là tiếp tuyến của (O) và đồng thời là tiếp tuyến của (O').

d) Tam giác ABC vuông tại A có AM là đường trung tuyến.

Suy ra AM = BM = CM = $\frac{1}{2}$BC.

Do đó ∆O'FC cân tại O' (vì O'F = O'C) suy ra $\widehat{O^{\text{'}}FC}=\widehat{O^{\text{'}}CF}.$

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat{MAC}=\widehat{O^{\text{'}}FC}.$

Mà $\widehat{MAC},\widehat{O^{\text{'}}FC}$ là hai góc đồng vị nên AM // O'F).

Mặt khác O'F ⊥ EF, suy ra AM ⊥ EF tại N.

Xét tam giác ABC vuông tại A, áp dụng định lí Pythagore, ta có:

BC² = AB² + AC².

Suy ra $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right).$

Diện tích tam giác ABC là:

$S_{ABC}=\frac{1}{2}AH\cdot BC=\frac{1}{2}AB\cdot AC.$

Suy ra $AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{6\cdot 8}{10}=4,8\left(cm\right).$

Do đó EF = AH = 4,8 cm.

• Vì ∆AHF ᔕ ∆ACH (g.g) nên $\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AH}$.

Suy ra $AF=\frac{A{H}^2}{AC}=\frac{4,8^2}{AC}=2,88\left(cm\right).$

• Vì ∆AEF ᔕ ∆NAF (g.g) nên $\frac{AF}{NF}=\frac{EF}{AF}$.

Suy ra $AF=\frac{A{F}^2}{\text{EF}}=\frac{2,{88}^2}{4,8}=1,728\left(cm\right).$

Xét tam giác AFN vuông tại A, áp dụng định lí Pythagore, ta có:

AF² = AN² + NF².

Suy ra $AN=\sqrt{A{F}^2-N{F}^2}=\sqrt{2,{88}^2-1,{728}^2}=2,304\left(cm\right).$

Diện tích tam giác AFN là:

$S_{AFN}=\frac{1}{2}AN\cdot NF=\frac{1}{2}\cdot 2,304\cdot 1,728\approx 2\left(c{m}^2\right).$

\

Vậy diện tích tam giác ANF khoảng 2 cm².

Bài 12 trang 82 Toán 9 Tập 2: Mái nhà trong Hình 7 được đỡ bởi khung đa giác đều. Gọi tên đa giác đó. Tìm phép quay biến đa giác đó thành chính nó.

Lời giải:

Đa giác đều 12 cạnh (gọi là thập nhị giác đều).

Ta có 12 đỉnh của đa giác chia đường tròn thành 12 phần bằng nhau nên số đo mỗi cung là 360° : 12 = 30°.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác đều 12 cạnh.

Phép quay 30°, 60°, 90°,…, 360° tâm O cùng hoặc ngược chiều kim đồng hồ biến đa giác đều 12 cạnh thành chính nó.

Lời giải bài tập Toán 9 Bài tập cuối chương 9 hay khác:

• Giải Toán 9 trang 81