Sách bài tập Toán 9 (Cánh diều): Bài tập cuối chương 9

Giải SBT Toán 9 Bài tập cuối chương 9

Bài 23 trang 113 SBT Toán 9 Tập 2: Tổng số đo tất cả các góc của ngũ giác ABCDE là:

A. 560°.

B. 540°.

C. 520°.

D. 500°.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Tổng số đo tất cả các góc của ngũ giác ABCDE bằng tổng số đo các góc của tam giác ABE và tứ giác BCDE, và bằng: 180° + 360° = 540°.

Bài 24 trang 113 SBT Toán 9 Tập 2: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho A(–2; –2). Phép quay thuận chiều 90° tâm O biến điểm A thành điểm I. Khi đó tọa độ của điểm I là:

A. (–2; 0).

B. (0; –2).

C. (2; –2).

D. (–2; 2).

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Gọi H là hình chiếu của A trên Ox. Ta có A(–2; –2) nên OH = AH = |–2| = 2.

Do đó ∆AOH vuông cân tại H, nên $\widehat{AOH}=45°.$

Xét ∆AOH vuông tại H, ta có: OA² = OH² + AH² (định lí Pythagore).

Suy ra $OA=\sqrt{O{H}^2+A{H}^2}=\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}.$

Gọi I là điểm đối xứng với A qua Ox, do đó I(–2; 2). Ta cũng chứng minh được $\widehat{HOI}=45°$ và $OI=2\sqrt{2}.$

Như vậy, Phép quay thuận chiều 90° tâm O biến điểm A(–2; –2) thành điểm I(–2; 2).

Bài 25 trang 114 SBT Toán 9 Tập 2: Quan sát các đa giác ở Hình 23 và cho biết hình nào là đa giác đều.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Hình A không phải đa giác lồi nên cũng không phải đa giác đều.

Hình B có các cạnh của đa giác không bằng nhau nên không phải đa giác đều.

Hình C có các góc của đa giác không bằng nhau nên không phải đa giác đều.

Hình D là đa giác lồi có các cạnh bằng nhau và các góc bằng nhau nên là đa giác lồi.

Bài 26 trang 114 SBT Toán 9 Tập 2: Cho ngũ giác đều ABCDE. Về phía ngoài của ngũ giác đó dựng tam giác đều PDE (Hình 24). Tính số đo góc APC.

Lời giải:

Tổng số đo tất cả các góc của ngũ giác ABCDE bằng tổng số đo các góc của tam giác ABE và tứ giác BCDE, và bằng: 180° + 360° = 540°.

Do ABCDE là ngũ giác đều suy ra các góc của nó đều bằng nhau và bằng $\frac{540°}{5}=108°.$

Do PDE là tam giác đều nên PE = PD = DE và $\widehat{PDE}=\widehat{PED}=\widehat{EPD}=60°.$

Do đó: $\widehat{AEP}=\widehat{AED}+\widehat{DEP}=108°+60°=168°;$

$\widehat{CDP}=\widehat{CDE}+\widehat{EDP}=108°+60°=168°.$

Do ABCDE là ngũ giác đều suy ra DE = EA = DC.

Do đó PE = PD = DE = EA = DC nên các tam giác EAP, DCP là các tam giác cân lần lượt tại các đỉnh E và D.

Suy ra: $\widehat{EPA}=\frac{180°-\widehat{AEP}}{2}=\frac{180°-168°}{2}=6°;$

$\widehat{DPC}=\frac{180°-\widehat{CDP}}{2}=\frac{180°-168°}{2}=6°.$

Vì vậy ta có $\widehat{APC}=\widehat{EPD}-\widehat{EPA}-\widehat{DPC}=60°-6°-6°=48°.$

Bài 27 trang 114 SBT Toán 9 Tập 2: Cho tam giác đều ABC có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi I, K, M theo thứ tự là trung điểm của HA, HB, HC. Chứng minh lục giác DKFIEM là lục giác đều.

Lời giải:

Vì ABC là tam giác đều và CF là đường cao nên CF cũng là đường phân giác của $\widehat{ACB}.$

Suy ra $\widehat{C_1}=\frac{1}{2}\widehat{ACB}=\frac{1}{2}\cdot 60°=30°.$

Tam giác HDC vuông tại D có

⦁ $\widehat{C_1}+\widehat{H_1}=90°,$ suy ra $\widehat{H_1}=90°-\widehat{C_1}=90°-30°=60°;$

⦁ M là trung điểm của HC hay DM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên nên MD = MH = MC (cùng bằng một nửa cạnh huyền HC).

Do đó, tam giác DHM là tam giác đều.

Tương tự, ta cũng chứng minh được các tam giác HEM, HEI, HIF, HFK, HKD là các tam giác đều.

Từ đó suy ra lục giác DKFIEM có các góc đều bằng 2.60° = 120° và các cạnh đều bằng nhau, do đó lục giác DKFIEM là lục giác đều.

Bài 28 trang 114 SBT Toán 9 Tập 2: Cho lục giác đều ABCDEF. Về phía ngoài lục giác dựng các hình vuông BAA1A2, CBA3A4, DCA5A6, EDA7A8, FEA9A10, AFA11A12. Đa giác A1A2A3…A11A12 có phải là đa giác đều không? Vì sao?

Lời giải:

Vì ABCDEF là lục giác đều nên nó có tất các cạnh bằng nhau và tất cả các góc đều bằng $\frac{2\cdot 360°}{6}=120°.$

Ta có $\widehat{ABC}+\widehat{AB{A}_2}+\widehat{A_{2}B{A}_3}+\widehat{CB{A}_3}=360°$

Suy ra $\widehat{A_{2}B{A}_3}=360°-\widehat{ABC}-\widehat{AB{A}_2}-\widehat{CB{A}_3}=360°-120°-90°-90°=60°.$

Do BA₂ = AB (do BAA₁A₂ là hình vuông)_; BA₃ = BC (do CBA₃A₄) và AB = CD nên BA₂ = BA₃.

Do đó BA₂A₃ là tam giác đều.

Từ đó suy ra: A₂A₃ = BA₂ và $\widehat{B{A}_2{A}_3}=60°.$

Do đó A₂A₃ = BA (cùng bằng BA₂) và $\widehat{A_1{A}_2{A}_3}=\widehat{A_1{A}_{2}B}+\widehat{B{A}_2{A}_3}=90°+60°=150°.$

Tương tự, ta chứng minh được đa giác A₁A₂A₃…A₁₁A₁₂ có các góc đều bằng 150° và các cạnh đều bằng nhau và bằng BA.

Do đó, đa giác A₁A₂A₃…A₁₁A₁₂ là đa giác đều.

Bài 29 trang 114 SBT Toán 9 Tập 2: Cho lục giác đều ABCDEF với tâm O thoả mãn phép quay thuận chiều 60° tâm O biến các điểm A, B, C, D, E, F lần lượt thành các điểm B, C, D, E, F, A. Các điểm M, N lần lượt là trung điểm của EF, BD.

a) Tìm α (0 < α < 180), biết phép quay ngược chiều α° tâm O biến các điểm D, C lần lượt thành các điểm B, A.

b) Chứng minh phép quay thuận chiều 60° tâm A biến các điểm O, N lần lượt thành các điểm F, M.

Lời giải:

a) Do ABCDEF là lục giác đều có tâm O nên OA= OB = OC = OD = OE = OF.

Do phép quay thuận chiều 60° tâm O biến các điểm A, B, C lần lượt thành các điểm B, C, D nên $\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COD}=60°.$

Do đó $\widehat{DOB}=\widehat{DOC}=\widehat{COB}=60°+60°=120°;$

$\widehat{COA}=\widehat{COB}=\widehat{BOA}=60°+60°=120°.$

Như vậy, phép quay ngược chiều 120° tâm O biến các điểm D, C lần lượt thành các điểm B, A.

b) Xét lục giác ABCDEF có tổng số đo các góc bằng tổng số đo hai tứ giác ABCD và ADEF, và bằng 2.360° = 720°.

Do ABCDEF là lục giác đều nên các góc của hình lục giác bằng nhau, và bằng $\frac{720°}{6}=120°.$

⦁ Xét ∆OAF có OA = OF và $\widehat{AOF}=60°$ nên ∆OAF là tam giác đều, suy ra AF = AO và $\widehat{OAF}=60°.$

Như vậy, phép quay thuận chiều 60° tâm A biến điểm O thành điểm F.

⦁ Xét ∆OBC có OB = OC và $\widehat{BOC}=60°$ nên ∆OBC là tam giác đều, do đó OB = OC = BC.

Chứng minh tương tự, ta sẽ có OB = BC = CD = OD nên tứ giác OBCD là hình thoi, do đó hai đường chéo OC và BD vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Theo bài, N là trung điểm của BC nên N là trung điểm của OC, do đó OC = 2ON.

Ta có: M là trung điểm của EF nên EF = 2FM, mà EF = BC = OC nên OC = 2FM.

Suy ra FM = ON.

Xét ∆AFM và ∆AON có:

FA = AO, $\widehat{AFM}=\widehat{AON}=120°,$ FM = ON

Do đó ∆AFM = ∆AON (c.g.c).

Suy ra AM = AN và $\widehat{FAM}=\widehat{OAN}.$

Do đó, $\widehat{MAN}=\widehat{MAO}+\widehat{OAN}=\widehat{MAO}+\widehat{MAF}=\widehat{FAO}=60°.$

Có AM = AN và $\widehat{MAN}=60°$ nên phép quay thuận chiều 60° tâm A biến điểm N thành điểm M.

Bài 30 trang 115 SBT Toán 9 Tập 2: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD với A(0; 2), B(–2; 0), C(0; –2), D(2; 0). Phép quay thuận chiều 90° tâm O biến các điểm A, B, C, D lần lượt thành các điểm A’, B’, C’, D’. Tính chu vi tứ giác A’B’C’D’.

Lời giải:

Do ABCD là hình vuông nên hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Ta có A(0; 2), B(–2; 0), C(0; –2), D(2; 0) nên B, D cùng nằm trên Ox và A, C cùng nằm trên Oy.

Ta cũng suy ra được OA = OB = OC = OD hay O là tâm của hình vuông ABCD.

Xét ∆OAB vuông tại O, theo định lí Pythagore, ta có:

AB² = OA² + OB² = 2² + 2² = 8.

Suy ra $AB=\sqrt{8}=2\sqrt{2}.$ Như vậy, hình vuông ABCD có cạnh bằng $2\sqrt{2}.$

Ta có phép quay thuận chiều 90° tâm O giữ nguyên hình vuông ABCD do đó chu vi tứ giác A’B’C’D’ bằng chu vi hình vuông ABCD và bằng $4\cdot 2\sqrt{2}=8\sqrt{2}$ (đơn vị chiều dài).

Bài 31 trang 115 SBT Toán 9 Tập 2: Cho hình vuông ABCD và O là giao điểm của AC và BD. Gọi M là trung điểm của AB, N là trung điểm của AO (Hình 25). Phép quay ngược chiều 90° tâm O biến các điểm N, M lần lượt thành các điểm N’, M’.

a) Chứng minh tam giác BN'M' là tam giác vuông cân.

b) Tính tỉ số diện tích tam giác ANM và diện tích tam giác CN'M'.

c) Phát biểu “Phép quay thuận chiều 90° tâm N biến điểm O thành điểm M, biến điểm D thành điểm B” là đúng hay sai? Vì sao?

Lời giải:

a) Do phép quay ngược chiều 90° tâm O biến các điểm N, M lần lượt thành các điểm N’, M’ nên ON = ON’, OM = OM’ và $\widehat{NO{N}^{\text{'}}}=\widehat{MO{M}^{\text{'}}}=90°.$

Do đó các tam giác ONN’ và OMM’ là các tam giác vuông cân tại O.

Do ABCD là hình vuông tâm O nên OA = OB = OC = OD.

Ta có OA = 2ON nên OB = OA = 2ON = 2ON’, do đó N’ là trung điểm của OB.

Suy ra $AN=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}OB=BN’.$

Xét ∆OAB vuông tại O có OM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AB nên $OM=\frac{1}{2}AB,$ mà AB = BC và OM = OM’ nên $O{M}^{\text{'}}=\frac{1}{2}BC.$

Xét ∆OBC vuông tại O có $O{M}^{\text{'}}=\frac{1}{2}BC$ nên OM’ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền hay M’ là trung điểm của BC.

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

Xét ∆ANM và ∆BN’M’ có:

AN = BN’, $\widehat{MAN}=\widehat{M^{\text{'}}B{N}^{\text{'}}}=45°,$ AM = BM’

Do đó ∆ANM = ∆BN’M’ (c.g.c).

Suy ra MN = M’N’ (hai cạnh tương ứng) và $\widehat{ANM}=\widehat{B{N}^{\text{'}}{M}^{\text{'}}}$ (hai góc tương ứng).

Xét ∆OAB có N, M lần lượt là trung điểm của AO, AB nên NM là đường trung bình của tam giác, do đó NM // OB và $NM=\frac{1}{2}OB.$

Ta có MN = M’N’ và $B{N}^{\text{'}}=\frac{1}{2}OB=NM$ nên BN’ = M’N’.

Lại có NM // OB và OB ⊥ AO nên NM ⊥ AO hay $\widehat{ANM}=90°,$ suy ra $\widehat{B{N}^{\text{'}}{M}^{\text{'}}}=90°.$

Tam giác BN’M’ có BN’ = M’N’ và $\widehat{B{N}^{\text{'}}{M}^{\text{'}}}=90°$ nên là tam giác vuông cân tại N’.

b) Kí hiệu diện tích các tam giác ANM, AOB, CN’M’, CN’B, COB lần lượt là S_ANM, S_AOB, S_CN’M’, S_CN’B, S_COB. Gọi h_N’ là chiều cao kẻ từ N’ đến BC.

Ta có: $S_{ANM}=\frac{1}{2}\cdot AN\cdot MN=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}AO\cdot \frac{1}{2}OB=\frac{1}{4}\cdot \left(\frac{1}{2}OA\cdot OB\right)=\frac{1}{4}{S}_{AOB};$

$S_{C{N}^{\text{'}}{M}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}\cdot h_{N^{\text{'}}}\cdot CM=\frac{1}{2}\cdot h_{N^{\text{'}}}\cdot \frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\cdot \left(\frac{1}{2}\cdot h_{N^{\text{'}}}\cdot BC\right)=\frac{1}{2}{S}_{C{N}^{\text{'}}B};$

$S_{C{N}^{\text{'}}B}=\frac{1}{2}\cdot CO\cdot N^{\text{'}}B=\frac{1}{2}\cdot CO\cdot \frac{1}{2}OB=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\cdot CO\cdot OB\right)=\frac{1}{2}{S}_{COB}.$

Suy ra: $S_{C{N}^{\text{'}}{M}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}{S}_{C{N}^{\text{'}}B}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}{S}_{COB}=\frac{1}{4}{S}_{COB}.$

Mặt khác, $S_{AOB}=\frac{1}{2}\cdot OA\cdot OB=\frac{1}{2}\cdot OC\cdot OB=S_{COB}.$

Do đó: S_ANM = S_CN’M’.

Vậy S_ANM : S_CN’M’ = 1.

c) Ta có AC ⊥ BD tại trung điểm O của BD nên AO là đường trung trực của BC.

Mà N ∈ AC nên ND = NB.

Do đó tam giác NDB cân ở N và dễ thấy rằng $\widehat{DNB}>90°.$

Suy ra phép quay thuận chiều 90° tâm N không thể biến điểm D thành điểm B.

Vậy phát biểu “Phép quay thuận chiều 90° tâm N biến điểm O thành điểm M, biến điểm D thành điểm B” là sai.

Bài 32 trang 115 SBT Toán 9 Tập 2: Quan sát bề mặt của chiếc diều, khung cửa sổ, chiếc bàn như ở các hình 26a, 26b, 26c. Các bề mặt của mỗi vật thể đó có dạng hình đa giác đều hay không?

Lời giải:

a) Mặt cánh diều không có dạng đa giác đều.

b) Mặt cửa sổ có dạng lục giác đều.

c) Mặt bàn có dạng đa giác đều tám cạnh.

Xem thêm lời giải Sách bài tập Toán lớp 9 bộ sách Cánh diều hay, chi tiết khác:

Bài 2: Phép quay

Bài 1: Hình trụ

Bài 2: Hình nón

Bài 3: Hình cầu

Bài tập cuối chương 10