Câu 48 trang 108 Sách Bài Tập [SBT] Toán 9 Tập 2
a] Tính cạnh của một ngũ giác đều nội tiếp đường tròn bán kính 3cm.
b] Tính cạnh của một ngũ giác đều ngoại tiếp đường tòn bán kính 3cm.
Giải
a] Kẻ OH AB, ta có: HA = HB = \[{1 \over 2}AB,OA = R = 3cm\]
\[\widehat {HOA} = {{180^\circ } \over 5} = 36^\circ \]
Trong tam giác vuông OHA vuông tại H ta có:
AH = OA, sin\[\widehat {HOA}\]
\[ \Rightarrow AB = 2OA.\sin \widehat {HOA} = 2.3.\sin 36^\circ \approx 3,522\] [cm]
b] OH = r = 3 cm
Trong tam giác vuông OHA vuông tại H ta có:
AH = OH.tan \[\widehat {HOA}\] \[ \Rightarrow AB = 2.OH.\tan \widehat {HOA} = 2.3.\tan 36^\circ \approx 4,356\] [cm]
Câu 49 trang 108 Sách Bài Tập [SBT] Toán 9 Tập 2
Tính cạnh của hình tám cạnh đều theo bán kính R của đường tròn ngoại tiếp.
Hướng dẫn:
Cách 1: áp dụng công thức a = 2Rsin\[{{180^\circ } \over n}\]
Cách 2: tính trực tiếp.
Vẽ dây AB là cạnh của một hình vuông nội tiếp đường tròn [O], gọi C là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Khi đó CA là cạnh của hình tám cạnh đều nội tiếp. Hãy tính CA trong tam giác vuông CAC.
Giải
AB là cạnh của đa giác đều 8 cạnh.
Kẻ OH AB \[ \Rightarrow \] HA =HB \[ = {1 \over 2}AB\]
\[ \Rightarrow \widehat {HOB} = {{180^\circ } \over 8} = 22^\circ 30'\]
Trong tam giác vuông HOB ta có:
HB = OB. sin\[\widehat {HOB}\] \[ \Rightarrow AB = 2.OB.\sin \widehat {HOB} = 2.R.\sin 22^\circ 30' \approx 0,764R\]
Sacdhbaitap.com
Câu 50 trang 108 Sách Bài Tập [SBT] Toán 9 Tập 2
Trong đường tròn [O; R] cho một dây AB bằng cạnh hình vuông nội tiếp và dây BC bằng cạnh tam giác đều nội tiếp [Điểm C và điểm A ở cùng một phía đối với BO]. Tính các cạnh của tam giác ABC và đường cao AH của nó theo R.
Giải
Dây AB bằng cạnh hình vuông nội tiếp đường tròn [O; R] nên AB = \[R\sqrt 2 \] và cung \[\overparen{AB}\] nhỏ có sđ \[\overparen{AB}\].
Dây BC bằng cạnh hình tam giác đều nội tiếp đường tròn [O; R] nên BC = \[R\sqrt 3 \] và cung nhỏ \[\overparen{BC}\] nhỏ có sđ \[\overparen{BC}\] \[ = 120^\circ \].
\[ \Rightarrow \] sđ \[\overparen{AC}\] = sđ \[\overparen{BC}\] - sđ \[\overparen{AB}\] = \[120^\circ - 90^\circ = 30^\circ \]
\[ \Rightarrow \widehat {ABC} = {1 \over 2}\] sđ \[\overparen{AC}\] = 150[tính chất góc nội tiếp]
Trong AHB có \[\widehat {AHB} = 90^\circ \]
\[ \Rightarrow AH = AB.\sin \widehat {ABH} = R\sqrt 2 .\sin 15^\circ \approx 0,36R\]
Trong AHC có \[\widehat {AHC} = 90^\circ \]
\widehat {ACB} = {1 \over 2}\] sđ \[\overparen{AB}\] = 450[tính chất góc nội tiếp]
\[AC = {{AH} \over {\sin \widehat {ACH}}} = {{AH} \over {\sin 45^\circ }} \approx {{0,36R} \over {\sin 45^\circ }} \approx 0,51R\]
Câu 51 trang 108 Sách Bài Tập [SBT] Toán 9 Tập 2
Cho ngũ giác đều ABCDE. Gọi I là giao điểm của AD và BE. Chứng minh \[D{I^2} = AI.AD\].
Giải
Vẽ đường tròn ngoại tiếp ngũ giác ABCDE
sđ \[\overparen{AB}\] = sđ \[\overparen{BC}\] = sđ \[\overparen{CD}\] = sđ \[\overparen{DE}\] = sđ \[\overparen{AE}\]= 720 [1]
\[\widehat {{E_1}} = {1 \over 2}\] sđ \[\overparen{AB}\] [tính chất góc nội tiếp] [2]
\[\widehat {{D_1}} = {1 \over 2}\] sđ \[\overparen{AE}\] [tính chất góc nội tiếp] [3]
Từ [1], [2] và [3] suy ra: \[\widehat {{E_1}} = \widehat {{D_1}}\]
Xét AIE và AED:
\[\widehat {{E_1}} = \widehat {{D_1}}\] [chứng minh trên]
\[\widehat A\] chung
Suy ra: AIE đồng dạng AED [g.g]
\[{{AI} \over {AE}} = {{AE} \over {AD}}\]
\[ \Rightarrow \] AE2= AI. AD [*]
\[\widehat {{E_2}} = {1 \over 2}\] sđ \[\overparen{BCD}\] [tính chất góc nội tiếp] hay \[\widehat {{E_2}} = {1 \over 2}\] [sđ \[\overparen{BC}\] + sđ \[\overparen{CD}\]] [4]
\[\widehat {{I_1}} = {1 \over 2}\] [sđ \[\overparen{DE}\] + sđ \[\overparen{AB}\]] [tính chất góc có đỉnh ở trong đường tròn] [5]
Từ [1], [4] và [5] suy ra: \[\widehat {{E_2}} = \widehat {{I_1}}\]
\[ \Rightarrow \] DEI cân tại D \[ \Rightarrow \] DE = DI
DE = AE [gt]
Suy ra: DI = AE [**]
Từ [*] và [**] suy ra: DI2= AI. AD