Giải Toán 9 (Chân trời sáng tạo): Bài tập cuối chương 9

Giải bài tập Toán 9 Bài tập cuối chương 9

Câu hỏi trắc nghiệm

Bài 1 trang 81 Toán 9 Tập 2: Cho tam giác đều ABC có đường cao AH = 9 cm. Bán kính r của đường tròn nội tiếp tam giác có độ dài là

A. 6 cm.

B. 3 cm.

C. 4,5 cm.

D. $\frac{3\sqrt{3}}{2}cm.$

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Vì tam giác ABC đều nên cũng AH là đường cao và cũng là đường trung tuyến.

Suy ra O cũng là trọng tâm tam giác ABC.

Khi đó OH = $\frac{1}{3}$AB = $\frac{1}{3}$.9 = 3(cm).

Vậy bán kính r của đường tròn nội tiếp tam giác có độ dài là r = 3 cm.

Bài 2 trang 81 Toán 9 Tập 2: Cho tam giác ABC có AB = AC = 4 cm. Bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác có độ dài là

A. 2$\sqrt{2}$ cm.

B. $\sqrt{2}$ cm.

C. 4$\sqrt{2}$ cm.

D. 8$\sqrt{2}$ cm.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác vuông là trung điểm của BC.

Khi đó $R=\frac{BC}{2}=\frac{\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}}{2}=2\sqrt{2}\left(cm\right).$

Vậy bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác có độ dài là 2$\sqrt{2}$ cm.

Bài 3 trang 81 Toán 9 Tập 2: Tứ giác ở hình nào dưới đây là tứ giác nội tiếp đường tròn (O)?

A. Hình 1.

B. Hình 2.

C. Hình 3.

D. Hình 4.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Trong 4 hình trên chỉ có Hình 3 là tứ giác nội tiếp đường tròn (O) vì cả 4 điểm A, B, C, D đều nằm trên đường tròn.

Bài 4 trang 81 Toán 9 Tập 2: Trong các phát biểu sau, phát biểu nào đúng?

A. Mọi tứ giác luôn nội tiếp đường tròn.

B. Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối nhau bằng 90°.

C. Tổng số đo hai góc đối của một tứ giác nội tiếp luôn bằng 180°.

D. Tất cả các hình thang đều là tứ giác nội tiếp.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Phát biểu "Tổng số đo hai góc đối của một tứ giác nội tiếp luôn bằng 180°", đây là dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp.

Bài 5 trang 81 Toán 9 Tập 2: Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn (O; R) và $\widehat{M}=60°.$ Số đo góc của $\widehat{P}$ là

A. 30°.

B. 120°.

C. 180°.

D. 90°.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có tứ giác MNPQ nội tiếp có $\widehat{P}$ và $\widehat{M}$ là hai góc đối diện nên

$\widehat{P}=180°-\widehat{M}=180°-60°=120°.$

Vậy $\widehat{P}=120°.$

Bài 6 trang 81 Toán 9 Tập 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Biết $\widehat{DAO}=50°,\widehat{OCD}=30°$ (Hình 5).

Số đo của $\widehat{ABC}$ là

A. 80°.

B. 90°.

C. 100°.

D. 110°.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

• Vì OA = OD = R nên tam giác AOD cân tại O nên $\widehat{DAO}=\widehat{ADO}=50°$.

• Vì OC = OD = R nên tam giác COD cân tại O nên $\widehat{DCO}=\widehat{CDO}=30°$.

Tứ giác ABCD nội tiếp nên $\widehat{ADC}+\widehat{ABC}=180°$

Suy ra

$\widehat{ABC}=180°-\widehat{ADC}=180°-\widehat{ADO}-\widehat{CDO}=180°-30°-50°=100°.$

Vậy $\widehat{ABC}=100°.$

Bài 7 trang 81 Toán 9 Tập 2: Cho tứ giác ABDC nội tiếp có $\widehat{ACD}=60°.$ Khẳng định nào sau đây luôn đúng?

A. $\widehat{ADC}=60°$.

B. $\widehat{ADC}=120°$.

C. $\widehat{ABD}=60°$.

D. $\widehat{ABD}=120°$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Vì tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn (O) nên $\widehat{ABD},\widehat{ACD}$ là hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD.

Suy ra $\widehat{ABD}=\widehat{ACD}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{AD}$.

Do đó $\widehat{ABD}=60°$.

Bài 8 trang 82 Toán 9 Tập 2: Cho lục giác đều ABCDEF nội tiếp đường tròn bán kính R. Độ dài cạnh AB bằng

A. R.

B. R$\sqrt{3}$.

C. $\frac{R\sqrt{3}}{2}$.

D. $\frac{R}{2}$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Ta có lục giác đều được chia thành 6 tam giác đều bằng nhau, mỗi cạnh của tam giác có độ dài bằng R.

Bài 9 trang 82 Toán 9 Tập 2: Cho tam giác đều ABC có O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Phép quay nào với O là tâm biến tam giác ABC thành chính nó?

A. 90°.

B. 100°.

C. 110°.

D. 120°.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có tam giác đều ABC có 3 đỉnh chia đường tròn tâm (O) thành 3 phần bằng nhau, số đo mỗi cung là: 360° : 3 = 120°.

Vậy phép quay 120° với O là tâm biến tam giác ABC thành chính nó.

Bài tập tự luận

Bài 10 trang 82 Toán 9 Tập 2: Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH (H ∈ BC) và nội tiếp đường tròn tâm O có đường kính AM (hình 6). Chứng minh $\widehat{OAC}=\widehat{BAH}.$

Lời giải:

Ta có $\widehat{ACM}=90°$ (nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét ∆AHB và ∆ACM có:

$\widehat{AHB}=\widehat{ACM}=90°;$ $\widehat{ABH}=\widehat{AMC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AC).

Do đó ∆AHB ᔕ ∆ACM (g.g).

Suy ra $\widehat{MAC}=\widehat{BAH}$ (hai góc tương ứng).

Vậy $\widehat{OAC}=\widehat{BAH}.$

Bài 11 trang 82 Toán 9 Tập 2: Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) có AH là đường cao. Lần lượt vẽ đường tròn (O) đường kính BH và đường tròn (O') đường kính HC.

a) Xét vị trí tương đối của hai đường tròn (O) và (O').

b) Đường tròn (O) cắt AB tại E, đường tròn (O') cắt AC tại F. Chứng minh rằng tứ giác AEHF là hình chữ nhật.

c) Chứng minh rằng EF là tiếp tuyến đường tròn (O) và đồng thời là tiếp tuyến đường tròn (O').

d) Đường trung tuyến AM của tam giác ABC cắt EF tại N. Cho biết AB = 6 cm, AC = 8 cm. Tính diện tích tam giác ANF.

Lời giải:

a) Đường tròn (O) có bán kính OH, đường tròn (O') có bán kính O'H.

Vì OO' = OH + HO' nên (O) và (O') tiếp xúc ngoài.

b) Ta có $\widehat{BEH}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Suy ra HE ⊥ AB hay $\widehat{HEA}=90°.$

Tương tại, $\widehat{CFH}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O')).

Suy ra HF ⊥ AC hay $\widehat{HFA}=90°.$

Tứ giác AEHF có $\widehat{EAF}=90°,\widehat{HEA}=90°,\widehat{HFA}=90°$.

Do đó, tứ giác AEHF là hình chữ nhật.

c) Gọi I là giao điểm AH và EF, ta có

IA = IE = IH = IF (tính chất hình chữ nhật).

• Xét ∆IEO và ∆IHO có: OI là cạnh chung; IE = IH; OE = OH.

Do đó ∆IEO = ∆IHO (c.c.c)

Suy ra $\widehat{OEI}=\widehat{OHI}=90°$ (hai góc tương ứng).

Vì $\widehat{OEF}=90°$ và E thuộc đường tròn (O) nên EF là tiếp tuyến của (O). (1)

• Xét ∆IFO' và ∆IHO' có: O'I là cạnh chung; IF = IH; O'F = O'H.

Do đó ∆IFO' = ∆IHO' (c.c.c).

Suy ra $\widehat{O^{\text{'}}FI}=\widehat{O^{\text{'}}HI}=90°$ (hai góc tương ứng).

Vì $\widehat{O^{\text{'}}EF}=90°$ và E thuộc đường tròn (O) nên EF là tiếp tuyến của (O). (2)

Từ (1) và (2) suy ra EF là tiếp tuyến của (O) và đồng thời là tiếp tuyến của (O').

d) Tam giác ABC vuông tại A có AM là đường trung tuyến.

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

Do đó ∆O'FC cân tại O' (vì O'F = O'C) suy ra $\widehat{O^{\text{'}}FC}=\widehat{O^{\text{'}}CF}.$

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat{MAC}=\widehat{O^{\text{'}}FC}.$

Mà $\widehat{MAC},\widehat{O^{\text{'}}FC}$ là hai góc đồng vị nên AM // O'F).

Mặt khác O'F ⊥ EF, suy ra AM ⊥ EF tại N.

Xét tam giác ABC vuông tại A, áp dụng định lí Pythagore, ta có:

BC² = AB² + AC².

Suy ra $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right).$

Diện tích tam giác ABC là:

$S_{ABC}=\frac{1}{2}AH\cdot BC=\frac{1}{2}AB\cdot AC.$

Suy ra $AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{6\cdot 8}{10}=4,8\left(cm\right).$

Do đó EF = AH = 4,8 cm.

• Vì ∆AHF ᔕ ∆ACH (g.g) nên $\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AH}$.

Suy ra $AF=\frac{A{H}^2}{AC}=\frac{4,8^2}{AC}=2,88\left(cm\right).$

• Vì ∆AEF ᔕ ∆NAF (g.g) nên $\frac{AF}{NF}=\frac{EF}{AF}$.

Suy ra $AF=\frac{A{F}^2}{\text{EF}}=\frac{2,{88}^2}{4,8}=1,728\left(cm\right).$

Xét tam giác AFN vuông tại A, áp dụng định lí Pythagore, ta có:

AF² = AN² + NF².

Suy ra $AN=\sqrt{A{F}^2-N{F}^2}=\sqrt{2,{88}^2-1,{728}^2}=2,304\left(cm\right).$

Diện tích tam giác AFN là:

$S_{AFN}=\frac{1}{2}AN\cdot NF=\frac{1}{2}\cdot 2,304\cdot 1,728\approx 2\left(c{m}^2\right).$

Vậy diện tích tam giác ANF khoảng 2 cm².

Bài 12 trang 82 Toán 9 Tập 2: Mái nhà trong Hình 7 được đỡ bởi khung đa giác đều. Gọi tên đa giác đó. Tìm phép quay biến đa giác đó thành chính nó.

Lời giải:

Đa giác đều 12 cạnh (gọi là thập nhị giác đều).

Ta có 12 đỉnh của đa giác chia đường tròn thành 12 phần bằng nhau nên số đo mỗi cung là 360° : 12 = 30°.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác đều 12 cạnh.

Phép quay 30°, 60°, 90°,…, 360° tâm O cùng hoặc ngược chiều kim đồng hồ biến đa giác đều 12 cạnh thành chính nó.

Xem thêm Lời giải bài tập Toán 9 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:

Bài 1: Hình trụ

Bài 2: Hình nón

Bài 3: Hình cầu

Bài tập cuối chương 10

Hoạt động 3: Vẽ đồ thị hàm số bậc hai y = ax^2 (a khác 0) bằng phần mềm GeoGebra