Toán 9 (Cánh diều) Bài tập cuối chương 5 trang 124

Giải Toán 9 Bài tập cuối chương 5 trang 124

Bài 1 trang 124 Toán 9 Tập 1: Trong Hình 92, cho các điểm A, B, C, D, E thuộc đường tròn (O).

a) Số đo góc BOC là

Α. α.

B. 2α.

C. 180° – α.

D. 180° – 2α.

b) Số đo góc BDC là

Α. α.

B. $\frac{\alpha }{2}.$

C. 180° – α.

D. 180° – $\frac{\alpha }{2}.$

c) Số đo góc BEC là

Α. α.

B. 2α.

C. 180° – α.

D. 360° – α.

Lời giải:

a) Đáp án đúng là: B

Xét đường tròn (O) có $\widehat{BOC}$ và $\widehat{BAC}$lần lượt là góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung BC.

Do đó $\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}=2\alpha .$

b) Đáp án đúng là: A

Xét đường tròn (O) có $\widehat{BDC}$ và $\widehat{BAC}$là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC.

Do đó $\widehat{BDC}=\widehat{BAC}=\alpha .$

c) Đáp án đúng là: C

Xét đường tròn (O), ta có:

$sđ\stackrel{⏜}{BEC}=360°-sđ\stackrel{⏜}{BAC}=360°-\widehat{BOC}=360°-2\alpha .$

Vì góc $\widehat{BEC}$ là góc nội tiếp chắn cung BEC nên ta có:

$\widehat{BEC}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{BEC}=\frac{1}{2}\left(360°-2\alpha \right)=180°-\alpha .$

Bài 2 trang 124 Toán 9 Tập 1:

a) Độ dài cung tròn có số đo 30° của đường tròn bán kính R là:

A. $\frac{\pi R}{180}.$

B. $\frac{\pi R}{360}.$

C. 30πR.

D. $\frac{\pi R}{6}.$

b) Diện tích của hình quạt tròn tâm O, bán kính R, cung có số đo 45° là:

A. $\frac{\pi R^2}{45}.$

B. $\frac{\pi R^2}{45}.$

C. $\frac{\pi R^2}{8}.$

D. $\frac{\pi R^2}{16}.$

Lời giải:

a) Đáp án đúng là: D

Áp dụng công thức $l=\frac{\pi Rn}{180},$ ta có độ dài cung tròn có số đo 30° của đường tròn bán kính R là:

$l=\frac{\pi R\cdot 30}{180}=\frac{\pi R}{6}.$

b) Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức $S=\frac{\pi R^{2}n}{360},$ ta có diện tích hình quạt tròn tâm O, bán kính R, cung có số đo 45° là:

$S=\frac{\pi R^2\cdot 45}{360}=\frac{\pi R^2}{8}.$

Bài 3 trang 124 Toán 9 Tập 1: Cho hình vuông ABCD cạnh r và đường tròn (C; r). Giả sử M là một điểm nằm trên đường tròn (C; r) sao cho điểm M nằm trong hình vuông ABCD. Tiếp tuyến của đường tròn (C; r) tại tiếp điểm M cắt các đoạn thẳng AB, AD lần lượt tại N, P. Chứng minh:

a) Các đường thẳng NB, PD là các tiếp tuyến của đường tròn (C; r).

b) $\widehat{NCP}=\widehat{NCB}+\widehat{PCD}=45°.$

Lời giải:

a) Vì ABCD là hình vuông nên ta có $\widehat{ADC}=\widehat{ABC}=\widehat{DCB}=90°.$

Hay CB ⊥ AB tại B và CD ⊥ AD tại D.

Mà CB và CD là bán kính của đường tròn (C; r) và B ∈ (C; r); D ∈ (C; r).

Suy ra AB, AD là các tiếp tuyến của đường tròn (C; r).

Vậy các đường thẳng NB, PD là các tiếp tuyến của đường tròn (C; r).

b) Xét đường tròn (C; r) có hai tiếp tuyến PM và PD cắt nhau tại P nên PC là tia phân giác của $\widehat{MCD}.$ Suy ra $\widehat{DCP}=\widehat{PCM}.$

Tương tự, MN và NB là hai tiếp tuyến của đường tròn (C; r) cắt nhau tại N nên CN là tia phân giác của $\widehat{MCB}.$ Suy ra $\widehat{MCN}=\widehat{NCB}.$

Lại có: $\widehat{DCP}+\widehat{PCM}+\widehat{MCN}+\widehat{NCB}=\widehat{DCB}=90°.$

Suy ra $2\left(\widehat{NCB}+\widehat{PCD}\right)=90°$ nên $\widehat{NCB}+\widehat{PCD}=45°.$

Do đó $\widehat{NCP}=\widehat{MCN}+\widehat{PCM}=\widehat{NCB}+\widehat{PCD}=45°.$

Vậy $\widehat{NCP}=\widehat{NCB}+\widehat{PCD}=45°.$

Bài 4 trang 124 Toán 9 Tập 1: Chứng minh trong một đường tròn:

a) Đường kính vuông góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy;

b) Đường kính đi qua trung điểm của một dây không đi qua tâm thì vuông góc với dây ấy;

c) Hai dây bằng nhau thì cách đều tâm;

d) Hai dây cách đều tâm thì bằng nhau.

Lời giải:

a)

Gọi (O) là đường tròn có đường kính vuông góc với dây AB tại H.

Xét ∆OAB có OA = OB = R nên ∆OAB cân tại O.

∆OAB cân tại O có OH là đường cao (do OH ⊥ AB) nên đồng thời là đường trung tuyến của tam giác. Do đó H là trung điểm của AB.

Vậy đường kính vuông góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.

b)

Gọi (O) là đường tròn có đường kính đi qua trung điểm H của dây AB.

Xét ∆OAB có OA = OB = R nên ∆OAB cân tại O.

∆OAB cân tại O có OH là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao của tam giác. Do đó OH ⊥ AB tại H.

Vậy đường kính đi qua trung điểm của một dây không đi qua tâm thì vuông góc với dây ấy.

c)

Gọi (O) là đường tròn có hai dây AB, CD. Gọi OH, OK lần lượt là khoảng cách từ O đến AB, CD. Khi đó OH ⊥ AB tại H và OK ⊥ CD tại K.

Do đó, theo kết quả của câu a, ta có: H, K lần lượt là trung điểm của AB, CD.

Suy ra HB = $\frac{1}{2}$AB và KD = $\frac{1}{2}$CD.

Mà AB = CD nên HB = KD. (1)

Xét ∆OHB vuông tại H, ta có: OB² = OH² + HB² (định lí Pythagore).

Suy ra OH² = OB² – HB² = R² – HB². (2)

Xét ∆OKD vuông tại H, ta có: OD² = OK² + KD² (định lí Pythagore).

Suy ra OK² = OD² – KD² = R² – KD². (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra OH² = OK², hay OH = OK.

Vậyhai dây bằng nhau thì cách đều tâm.

d)

Gọi (O) là đường tròn có hai dây AB, CD bằng nhau. Gọi OH, OK lần lượt là khoảng cách từ O đến AB, CD. Khi đó OH ⊥ AB tại H, OK ⊥ CD tại K.

Do đó, theo kết quả của câu a, ta có: H, K lần lượt là trung điểm của AB, CD.

Suy ra AB = 2HB và CD = 2KD.

Theo bài, OH = OK, suy ra OH² = OK². (1)

Xét ∆OHB vuông tại H, ta có: OB² = OH² + HB² (định lí Pythagore).

Suy ra HB² = OB² – OH² = R² – OH². (2)

Xét ∆OKD vuông tại H, ta có: OD² = OK² + KD² (định lí Pythagore).

Suy ra KD² = OD² – OK² = R² – OK². (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra HB² = KD², hay HB = KD.

Do đó 2HB = 2KD hay AB = CD.

Vậy hai dây cách đều tâm thì bằng nhau.

Bài 5 trang 124 Toán 9 Tập 1: Cho hai đường tròn (I; r) và (K; R) tiếp xúc ngoài với nhau tại P với R ≠ r, đường thẳng a lần lượt tiếp xúc với (I; r) và (K; R) tại A và B, a cắt KI tại O. Đường thẳng qua P vuông góc với IK cắt đường thẳng a tại M. Chứng minh:

a) $\frac{OI}{OK}=\frac{r}{R};$

b) AB = 2MP;

c) $\widehat{IMK}=90°.$

Lời giải:

a) Vì đường thẳng a là tiếp tuyến của hai đường tròn (I) và (K) lần lượt tại tiếp điểm A, B nên IA ⊥ a tại A, KB ⊥ a tại B. Do đó IA // KB.

Xét ∆OBK có IA // KB nên $\frac{OI}{OK}=\frac{IA}{KB}=\frac{r}{R}$ (hệ quả định lí Thalès).

b) Vì MP ⊥ IK tại P nên MP là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (K).

Xét đường tròn (I), hai tiếp tuyến MA, MP cắt nhau tại M nên MA = MP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét đường tròn (K), hai tiếp tuyến MB, MP cắt nhau tại M nên MB = MP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Do đó MA + MB = MP + MP hay AB = 2MP.

c) Xét đường tròn (I), hai tiếp tuyến MA, MP cắt nhau tại M nên MI là tia phân giác của góc AMP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó $\widehat{IMP}=\frac{1}{2}\widehat{AMP}.$

Xét đường tròn (K), hai tiếp tuyến MB, MP cắt nhau tại M nên MK là tia phân giác của góc BMP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó $\widehat{KMP}=\frac{1}{2}\widehat{BMP}.$

Ta có:

$\widehat{IMP}+\widehat{KMP}=\frac{1}{2}\widehat{AMP}+\frac{1}{2}\widehat{BMP}=\frac{1}{2}\left(\widehat{AMP}+\widehat{BMP}\right)=\frac{1}{2}\cdot 180°=90°.$

Hay $\widehat{IMK}=90°.$

Vậy $\widehat{IMK}=90°.$

Bài 6 trang 125 Toán 9 Tập 1: Mặt đĩa CD ở Hình 93 có dạng hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn có bán kính lần lượt là 1,5 cm và 6 cm. Hình vành khuyên đó có diện tích bằng bao nhiêu centimét vuông (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?

Lời giải:

Diện tích mặt đĩa CD có dạng hình vành khuyên là:

S = π(6² – 1,5²) = 33,75π ≈ 106 (cm²).

Bài 7 trang 125 Toán 9 Tập 1: Hình 94 mô tả mảnh vải có dạng một phần tư hình vành khuyên, trong đó hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn cùng tâm và có bán kính lần lượt là 3 dm và 5 dm. Diện tích của mảnh vải đó bằng bao nhiêu decimét vuông (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?

Lời giải:

Diện tích mảnh vải có dạng một phần tư hình vành khuyên là:

$S=\frac{1}{4}\pi \left(5^2-3^2\right)=4\pi \approx 12,6{\text{(dm}}^2\text{).}$

Bài 8 trang 125 Toán 9 Tập 1: Logo ở Hình 95 có dạng một hình quạt tròn bán kính 8 cm và góc ở tâm bằng 60°. Tính diện tích mỗi hình sau (theo đơn vị centimét vuông và làm tròn kết quả đến hàng phần mười).

a) Toàn bộ logo;

b) Phần logo màu đỏ có dạng hình viên phân.

Lời giải:

a) Diện tích toàn bộ phần logo có dạng hình quạt tròn là:

$S=\frac{\pi \cdot 8^2\cdot 60}{360}=\frac{32\pi }{3}\approx 33,5{\text{(cm}}^2\text{).}$

b)

Kẻ OH ⊥ AB.

Xét ∆OAB có OA = OB = R và $\widehat{AOB}=60°$ nên ∆OAB là tam giác đều. Do đó $\widehat{OAB}=60°.$

Xét ∆OHA vuông tại H, ta có: OH = OA.sin$\widehat{OAH}$ = OA.sin60^o (cm).

Diện tích phần logo màu xanh có dạng tam giác OAB là:

S₁ = $\frac{1}{2}$OA.OH = $\frac{1}{2}$OA.OA.sin60^o = $\frac{1}{2}$.8.8.sin60^o = 16$\sqrt{3}$ (cm²) $\approx$ 27,7 (cm²).

Diện tích phần logo màu đỏ có dạng hình viên phân là:

S₂ = S – S₁ ≈ 33,5 – 27,7 = 5,8 (cm²).

Bài 9 trang 125 Toán 9 Tập 1: Hình 96 biểu diễn vùng biển được chiếu sáng bởi một hải đăng có dạng một hình quạt tròn với bán kính 18 dặm, cung AmB có số đo 245°.

a) Hãy tính diện tích vùng biển có thể nhìn thấy ánh sáng từ hải đăng theo đơn vị kilômét vuông (lấy 1 dặm = 1 609 m và làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

b) Giả sử một con thuyền di chuyển dọc theo dây cung có độ dài 28 dặm của đường tròn với tâm là tâm của hình quạt tròn, bán kính là 18 dặm. Tính khoảng cách nhỏ nhất từ con thuyền đến hải đăng (theo đơn vị dặm và làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Lời giải:

Đổi1 dặm = 1 609 m = 1,609 km.

a) Diện tích vùng biển có thể nhìn thấy ánh sáng từ hải đăng là:

$S=\frac{\pi \cdot {\left(18\cdot 1,609\right)}^2\cdot 245}{360}\approx 1793\left({\text{km}}^2\right).$

b) Khoảng cách nhỏ nhất từ con thuyền đến ngọn hải đăng chính là đoạn thẳng vuông góc OH từ ngọn hải đăng (điểm O) đến dây cung CD được mô tả bởi hình vẽ sau:

Xét đường tròn (O) có OH ⊥ CD tại H nên theo kết quả câu a, Bài 4, SGK Toán 9, Tập một, trang 124, ta có: H là trung điểm của CD.

Khi đó CH = $\frac{1}{2}$CD = $\frac{1}{2}$.28 = 14 (dặm).

Xét ∆OHC vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có:

OC² = OH² + CH²

Suy ra OH² = OC² – CH² = 18² – 14² = 128.

Do đó OH = $\sqrt{128}\approx$11 (dặm).

Vậy khoảng cách nhỏ nhất từ thuyền đến ngọn hải đăng khoảng 11 dặm.