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

Giaibaitap.me