Bài tập cuối chương IX

A. Trắc nghiệm

Bài 9.37. Khẳng định nào sau đây là đúng?

Lời giải: Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh chứa hai dây cung — thiếu một trong hai điều kiện thì chưa chắc là góc nội tiếp (nên B và D sai). Số đo góc nội tiếp bằng một nửa số đo cung bị chắn (nên A sai). Đáp án C.

Bài 9.38. Cho tứ giác ABCDABCD nội tiếp một đường tròn có A^−C^=100∘\widehat{A} - \widehat{C} = 100^\circ. Khẳng định nào dưới đây là đúng?

Lời giải: Vì ABCDABCD nội tiếp nên A^+C^=180∘\widehat{A} + \widehat{C} = 180^\circ. Kết hợp A^−C^=100∘\widehat{A} - \widehat{C} = 100^\circ, cộng hai đẳng thức: 2A^=280∘2\widehat{A} = 280^\circ, suy ra A^=140∘\widehat{A} = 140^\circ (và C^=40∘\widehat{C} = 40^\circ). Đáp án D.

Bài 9.39. Đa giác nào dưới đây không nội tiếp một đường tròn?

Lời giải: Đa giác đều, hình chữ nhật và tam giác luôn nội tiếp được một đường tròn. Hình bình hành (không phải hình chữ nhật) có hai góc đối bằng nhau nhưng khác 90∘90^\circ nên tổng hai góc đối khác 180∘180^\circ — không nội tiếp được. Đáp án C.

B. Tự luận

Bài 9.40. Cho tam giác ABCABC có các đường cao BEBE, CFCF cắt nhau tại HH. Gọi MM là trung điểm của BCBC và II là trung điểm của AHAH. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AEHFAEHF nội tiếp đường tròn tâm II;

b) MEME, MFMF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHFAEHF.

Lời giải:

a) Vì BE⊥ACBE \perp AC nên AEH^=90∘\widehat{AEH} = 90^\circ; vì CF⊥ABCF \perp AB nên AFH^=90∘\widehat{AFH} = 90^\circ. Hai điểm EE, FF cùng nhìn đoạn AHAH dưới một góc vuông nên EE, FF nằm trên đường tròn đường kính AHAH, có tâm là trung điểm II của AHAH. Vậy tứ giác AEHFAEHF nội tiếp đường tròn tâm II, bán kính AH2\dfrac{AH}{2}.

b) Ta chứng minh ME⊥IEME \perp IE tại EE.

Vì IE=IAIE = IA nên tam giác IAEIAE cân tại II, suy ra IEA^=IAE^\widehat{IEA} = \widehat{IAE}. Gọi DD là giao điểm của AHAH với BCBC (ADAD là đường cao thứ ba, AD⊥BCAD \perp BC); trong tam giác vuông ADCADC: IAE^=DAC^=90∘−ACB^\widehat{IAE} = \widehat{DAC} = 90^\circ - \widehat{ACB}.

Tam giác BECBEC vuông tại EE có EMEM là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên ME=MC=BC2ME = MC = \dfrac{BC}{2}, suy ra tam giác MECMEC cân tại MM và MEC^=MCE^=ACB^\widehat{MEC} = \widehat{MCE} = \widehat{ACB}.

Do đó:

IEM^=180∘−IEA^−MEC^=180∘−(90∘−ACB^)−ACB^=90∘.\widehat{IEM} = 180^\circ - \widehat{IEA} - \widehat{MEC} = 180^\circ - (90^\circ - \widehat{ACB}) - \widehat{ACB} = 90^\circ.

Vậy ME⊥IEME \perp IE tại điểm EE thuộc đường tròn (I)(I), tức MEME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHFAEHF. Chứng minh hoàn toàn tương tự với MFMF (dùng MF=BC2MF = \dfrac{BC}{2} và tam giác IAFIAF cân) ta được MFMF cũng là tiếp tuyến (điều phải chứng minh).

Bài 9.41. Cho tam giác ABCABC nội tiếp đường tròn (O)(O). Gọi MM, NN, PP lần lượt là trung điểm của các cạnh BCBC, CACA, ABAB. Chứng minh rằng các tứ giác ANOPANOP, BPOMBPOM, CMONCMON là các tứ giác nội tiếp.

Lời giải:

Vì OO là tâm đường tròn ngoại tiếp nên đoạn nối tâm với trung điểm mỗi dây vuông góc với dây đó:

OM⊥BC;ON⊥CA;OP⊥AB.OM \perp BC; \qquad ON \perp CA; \qquad OP \perp AB.

  • Tứ giác ANOPANOP có ANO^+APO^=90∘+90∘=180∘\widehat{ANO} + \widehat{APO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ — tổng hai góc đối bằng 180∘180^\circ nên ANOPANOP nội tiếp (đường tròn đường kính AOAO).
  • Tứ giác BPOMBPOM có BPO^+BMO^=90∘+90∘=180∘\widehat{BPO} + \widehat{BMO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ nên nội tiếp (đường tròn đường kính BOBO).
  • Tứ giác CMONCMON có CMO^+CNO^=90∘+90∘=180∘\widehat{CMO} + \widehat{CNO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ nên nội tiếp (đường tròn đường kính COCO).

Bài 9.42. Cho một hình lục giác đều và một hình vuông cùng nội tiếp một đường tròn. Biết rằng hình vuông có cạnh bằng 33 cm. Tính chu vi và diện tích của hình lục giác đều đã cho.

Lời giải:

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông cạnh 33 cm bằng nửa đường chéo:

R=322 (cm).R = \frac{3\sqrt{2}}{2} \text{ (cm)}.

Lục giác đều nội tiếp đường tròn bán kính RR có cạnh bằng RR (vì lục giác đều được ghép từ sáu tam giác đều cạnh RR). Vậy:

  • Chu vi lục giác đều: 6R=6⋅322=92≈12,736R = 6 \cdot \dfrac{3\sqrt{2}}{2} = 9\sqrt{2} \approx 12{,}73 (cm).
  • Diện tích lục giác đều: S=332R2=332⋅92=2734≈11,69S = \dfrac{3\sqrt{3}}{2}R^2 = \dfrac{3\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{9}{2} = \dfrac{27\sqrt{3}}{4} \approx 11{,}69 (cm²).

Bài 9.44. Bạn Lan muốn cắt hình ngôi sao có dạng như Hình 9.62 (trong đó ABCDEABCDE là một ngũ giác đều). Lan gấp đôi tờ giấy, vẽ một nửa ngôi sao và cắt theo nét vẽ. Góc tạo bởi lưỡi kéo và nếp gấp lúc đầu bằng bao nhiêu?

Lời giải:

Ngôi sao năm cánh dựng trên ngũ giác đều ABCDEABCDE nội tiếp một đường tròn. Mỗi đỉnh nhọn của ngôi sao là góc nội tiếp chắn cung bằng 360∘5=72∘\dfrac{360^\circ}{5} = 72^\circ (cung căng một cạnh của ngũ giác đều), nên góc ở mỗi đỉnh nhọn của cánh sao bằng:

72∘2=36∘.\frac{72^\circ}{2} = 36^\circ.

Nếp gấp là trục đối xứng của ngôi sao đi qua một đỉnh nhọn, chia đôi góc 36∘36^\circ ở đỉnh đó. Vậy góc tạo bởi lưỡi kéo (đường cắt) và nếp gấp lúc đầu bằng:

36∘2=18∘.\frac{36^\circ}{2} = 18^\circ.

Bài 31. Hình trụ và hình nón

Nhận biết hình trụ: Khi quay hình chữ nhật O′ABOO'ABO một vòng quanh cạnh OO′OO' cố định, ta được một hình trụ, trong đó: hai đáy là hai hình tròn bằng nhau (O′;O′A)(O'; O'A) và (O;OB)(O; OB); mỗi đường sinh là một vị trí của ABAB khi quay (các đường sinh bằng nhau và bằng chiều cao OO′OO'); R=O′A=OBR = O'A = OB là bán kính đáy.

Thực hành 1. Chuẩn bị một băng giấy cứng hình chữ nhật ABCDABCD với AB=8AB = 8 cm, BC=15BC = 15 cm. Cuộn băng giấy lại sao cho hai cạnh ABAB và DCDC sát vào nhau, ta được một hình trụ (không có đáy). Hãy cho biết chiều cao và chu vi đáy của hình trụ đó.

Lời giải:

Khi cuộn, cạnh ABAB trở thành đường sinh còn cạnh BCBC cuộn thành đường tròn đáy. Vậy hình trụ có chiều cao bằng AB=8AB = 8 cm và chu vi đáy bằng BC=15BC = 15 cm.

HĐ1. Diện tích hình chữ nhật ABCDABCD chính là diện tích xung quanh của hình trụ được tạo thành. Cho hình trụ có chiều cao h=9h = 9 cm và bán kính đáy R=5R = 5 cm. Tính diện tích mặt xung quanh của hình trụ.

Lời giải:

Hình khai triển mặt xung quanh là hình chữ nhật có một cạnh bằng chu vi đáy 2πR2\pi R và cạnh kia bằng chiều cao hh:

Sxq=2πR⋅h=2π⋅5⋅9=90π≈282,7 (cm2).S_{xq} = 2\pi R \cdot h = 2\pi \cdot 5 \cdot 9 = 90\pi \approx 282{,}7 \text{ (cm}^2\text{)}.

Công thức: Sxq=2πRhS_{xq} = 2\pi Rh (RR: bán kính đáy, hh: chiều cao).

HĐ2. Hãy nhắc lại công thức tính thể tích của hình lăng trụ đứng tam giác (hoặc hình lăng trụ đứng tứ giác) có diện tích đáy SS và chiều cao hh.

Trả lời: V=S⋅hV = S \cdot h (thể tích lăng trụ đứng bằng diện tích đáy nhân với chiều cao). Tương tự, thể tích hình trụ là V=πR2hV = \pi R^2 h.