Giải VTH Toán 9 KNTT Luyện tập chung trang 90 có đáp án

Tổng các góc trong tam giác ADE bằng 180° nên:

\[\widehat A + \widehat D = 180^\circ - \widehat E = 180^\circ - 40^\circ = 140^\circ .\]

Do vậy \(\frac{1}{2}\left( {\widehat {BOC} + \widehat {COD}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\widehat {AOB} + \widehat {BOC}} \right) = 140^\circ .\)

Suy ra \[\frac{1}{2}\left( {360^\circ + \widehat {BOC} - \widehat {DOA}} \right) = 140^\circ ,\] hay \(\widehat {DOA} - \widehat {BOC} = 80^\circ .\) (1)

Tổng các góc trong tam giác ABF bằng 180° nên:

\(\widehat A + \widehat B = 180^\circ - \widehat F = 180^\circ - 20^\circ = 160^\circ .\)

Do vậy \(\frac{1}{2}\left( {\widehat {BOC} + \widehat {COD}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\widehat {COD} + \widehat {DOA}} \right) = 160^\circ .\)

Suy ra \(\frac{1}{2}\left( {360^\circ + \widehat {COD} - \widehat {AOB}} \right) = 160^\circ ,\) hay \(\widehat {AOB} - \widehat {COD} = 40^\circ .\) (2)

Cộng vế với vế của (1) và (2), ta được:

\(\widehat {AOB} + \widehat {DOA} - \widehat {COD} - \widehat {BOC} = 80^\circ + 40^\circ = 120^\circ ,\) hay  

Chú ý rằng $sđ\stackrel{⏜}{DAB}+sđ\stackrel{⏜}{BCD}=360°.$

Suy ra  $\widehat{C}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{DAB}=\frac{120°+360°}{4}=120°, \widehat{A}=\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}sđ\stackrel{⏜}{BCD}=\frac{{\displaystyle 360°-120°}}{{\displaystyle 4}}=60°.$

Trừ vế với vế của (1) cho (2), ta được:

\[\widehat {DOA} + \widehat {COD} - \widehat {AOB} - \widehat {BOC} = 80^\circ - 40^\circ = 40^\circ ,\] hay  

Chú ý rằng $sđ\stackrel{⏜}{CDA}+sđ\stackrel{⏜}{ABC}=360°.$

Suy ra  $\widehat{B}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{CDA}=\frac{40°+360°}{4}=100°, \widehat{D}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{ABC}=\frac{360°-40°}{4}=80°.$

Gọi O là tâm của hình vuông, M là trung điểm của cạnh AB và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của hình vuông ABCD.

Ta có: \(R = OA = \frac{{AC}}{2} = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \frac{1}{2}\sqrt {{4^2} + {4^2}}  = 2\sqrt 2 \) (cm).

Vậy đường tròn ngoại tiếp hình vuông có chu vi và diện tích lần lượt là:

\(\mathcal{C} = 2\pi .2\sqrt 2  = 4\sqrt 2 \pi \) (cm), \(S = \pi .{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 8\pi \) (cm2).

a) Các điểm E, F, G, H cùng nằm trên đường tròn (O) và được vẽ như hình bên.

b) Do \(\widehat {AOE} = \widehat {BOF} = \widehat {COG} = \widehat {DOH} = 45^\circ \) nên \[\widehat {EOD} = \widehat {FOA} = \widehat {GOB} = \widehat {HOC} = 45^\circ \] (vì các góc AOD, BOA, COB, DOC vuông cân tại O).

Do vậy các tam giác AOE, BOF, COG, DOH, EOD, FOA, GOB, HOC bằng nhau theo trường hợp cạnh – góc − cạnh.

Suy ra EA = AF = FB = BG = GC = CH = HD = DE.

Vậy bát giác EAFBGCHD lồi có các cạnh bằng nhau và nội tiếp đường tròn (O).

Hơn nữa các đỉnh của bát giác chia đường tròn thành 8 cung nhỏ với số đo mỗi cung là 45°.

Do vậy các góc của bát giác lồi là các góc nội tiếp chắn đúng 6 cung nhỏ trên nên chúng bằng nhau và có số đo bằng \(\frac{6}{8}.360^\circ  = 270^\circ .\)

Vậy EAFBGCHD là bát giác đều.