Toán 9 (Chân trời sáng tạo) Bài tập cuối chương 5 trang 103

Giải Toán 9 Bài tập cuối chương 5 trang 103

Câu hỏi trắc nghiệm

Bài 1 trang 103 Toán 9 Tập 1: Cho hai đường tròn (O; 5 cm), (O’; 4 cm) với OO’ = 9 cm. Kết luận nào sau đây đúng về vị trí tương đối của hai đường tròn?

A. Hai đường tròn cắt nhau.

B. Hai đường tròn ở ngoài nhau.

C. Hai đường tròn tiếp xúc ngoài.

D. Hai đường tròn tiếp xúc trong.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có: 9 = 5 + 4 nên OO’ = R + r, suy ra hai đường tròn (O; 5 cm) và (O’; 4 cm) tiếp xúc ngoài.

Bài 2 trang 103 Toán 9 Tập 1: Cho đường tròn (O; 6 cm) và đường thẳng a với khoảng cách từ O đến a là 4 cm. Kết luận nào sau đây đúng về vị trí giữa đường tròn (O) và đường thẳng a?

A. (O) và a cắt nhau tại hai điểm.

B. (O) và a tiếp xúc.

C. (O) và a không có điểm chung.

D. (O) và a có duy nhất điểm chung.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Ta có d = 4 cm, R = 6 cm.

Vì d < R nên đường thẳng a cắt đường tròn (O; 6 cm) tại hai điểm.

Bài 3 trang 103 Toán 9 Tập 1: Góc ở tâm là góc

A. có đỉnh nằm trên đường tròn

B. có đỉnh nằm trên bán kính của đường tròn.

C. có hai cạnh là hai đường kính của đường tròn.

D. có đỉnh trùng với tâm đường tròn.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Góc ở tâm là góc có đỉnh trùng với tâm đường tròn.

Bài 4 trang 103 Toán 9 Tập 1: Hình nào dưới đây biểu diễn góc nội tiếp?

A. Hình 1a.

B. Hình 1b.

C. Hình 1c.

D. Hình 1d.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh chứa hai dây cung của đường tròn đó.

Vậy hình 1b là hình biểu diễn góc nội tiếp.

Bài 5 trang 103 Toán 9 Tập 1: Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn có số đo là

A. 180°.

B. 120°.

C. 90°.

D. 60°.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

Bài 6 trang 103 Toán 9 Tập 1: Cho hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B cắt nhau tại M (Hình 2).

Biết $\widehat{AMB}=50°.$ Số đo cung nhỏ AB là

A. 140°.

B. 230°.

C. 130°.

D. 150°.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Xét tứ giác OAMB, ta có: $\widehat{AOB}+\widehat{OAM}+\widehat{OBM}+\widehat{AMB}=360°$ (tổng các góc của một tứ giác).

Suy ra $\widehat{AOB}=360°-\left(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}+\widehat{AMB}\right)$

Do đó $\widehat{AOB}=360°-\left(90°+90°+50°\right)=130°.$

Khi đó $sđ\stackrel{⏜}{AB}=\widehat{AOB}=130°.$

Bài 7 trang 104 Toán 9 Tập 1: Trong Hình 3, $\widehat{\text{ACB}}$ là góc

A. vuông.

B. tù.

C. nhọn.

D. bẹt.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Xét đường tròn (O) đường kính AB, có $\widehat{\text{ACB}}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat{\text{ACB}}=90°.$

Bài 8 trang 104 Toán 9 Tập 1: Trong một đường tròn, khẳng định nào sau đây là sai?

A. Các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

B. Hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau.

C. Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.

D. Hai góc nội tiếp bằng nhau thì cùng chắn một cung.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Hai góc nội tiếp bằng nhau nhưng chưa chắc đã cùng chắn một cung.

Chẳng hạn, trong hình vẽ dưới đây, $\widehat{ABC}=\widehat{DEF}=50°$ cùng là hai góc nội tiếp của đường tròn (O) nhưng hai góc này không cùng chắn một cung.

Bài 9 trang 104 Toán 9 Tập 1: Hình quạt tròn bán kính R, ứng với cung 90° có diện tích bằng

A. πR².

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

C. $\frac{\pi {\text{R}}^2}{4}.$

D. $\frac{\pi {\text{R}}^2}{8}.$

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Diện tích hình quạt tròn bán kính R, ứng với cung 90° là:

$S=\frac{\pi R^{2}n}{360}=\frac{\pi R^2\cdot 90}{360}=\frac{\pi R^2}{4}.$

Bài 10 trang 104 Toán 9 Tập 1: Hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn (O; 2 cm) và (O; 4 cm) có diện tích bằng

A. 12 cm².

B. 24 cm².

C. 4π cm².

D. 12π cm².

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Diện tích hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn (O; 2 cm) và (O; 4 cm) là:

S = π(R² – r²) = π(4² – 2²) = 12π (cm²).

Bài tập tự luận

Bài 11 trang 104 Toán 9 Tập 1: Quan sát Hình 4. Biết $\widehat{DOA}=120°$, OA ⊥ OC, OB ⊥ OD.

a) Đọc tên các góc ở tâm có trong hình.

b) Tính số đo của mỗi góc ở tâm tìm được ở câu a.

c) Tìm các cặp cung bằng nhau và có số đo nhỏ hơn 180°.

d) So sánh hai cung nhỏ $\stackrel{⏜}{AB}$ và $\stackrel{⏜}{CD}.$

Lời giải:

a) Các góc ở tâm là: $\widehat{AOB};\widehat{AOC};\widehat{AOD};\widehat{BOC};\widehat{BOD};\widehat{COD}.$

b) Ta có: $\widehat{AOD}=\widehat{AOB}+\widehat{BOD}=\widehat{AOC}+\widehat{COD}.$ Suy ra:

⦁ $\widehat{AOB}=\widehat{AOD}-\widehat{BOD}=120°-90°=30°;$

⦁ $\widehat{COD}=\widehat{AOD}-\widehat{AOC}=120°-90°=30°.$

Ta có $\widehat{AOC}=\widehat{AOB}+\widehat{BOC}.$ Suy ra $\widehat{BOC}=\widehat{AOC}-\widehat{AOB}=90°-30°=60°.$

Vậy $\widehat{AOB}=30°;$ $\widehat{AOC}=90°;$ $\widehat{AOD}=120°;$ $\widehat{BOC}=60°;$ $\widehat{BOD}=90°;$ $\widehat{COD}=30°.$

c) Ta có:

⦁ $\widehat{AOB}=\widehat{COD}=30°$ hay $sđ\stackrel{⏜}{AB}=sđ\stackrel{⏜}{CD}$ nên $\stackrel{⏜}{AB}=\stackrel{⏜}{CD}.$

⦁ $\widehat{AOC}=\widehat{BOD}=90°$ hay $sđ\stackrel{⏜}{AC}=sđ\stackrel{⏜}{BD}$ nên $\stackrel{⏜}{AC}=\stackrel{⏜}{BD}.$

d) Ta có: $\stackrel{⏜}{AB}=\stackrel{⏜}{CD}.$

Bài 12 trang 104 Toán 9 Tập 1: Cho tam giác ABC có ba đỉnh nằm trên đường tròn (O) và AH là đường cao. Đường thẳng AO cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D. Chứng minh rằng:

a) AC vuông góc với DC;

b) $\widehat{ABC}=\widehat{ADC};$

c) AB.AC = AH.AD.

Lời giải:

a) Xét đường tròn (O) có AD là đường kính, $\widehat{ACD}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat{ACD}=90°,$ hay AC vuông góc với DC.

b) Xét đường tròn (O) có $\widehat{ABC},\widehat{ADC}$ là hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC nên $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}.$

c) Xét ∆ABH và ∆ADC có:

$\widehat{AHB}=\widehat{ACD}=90°;\widehat{ABC}=\widehat{ADC}$ (câu b)

Do đó ∆ABH ᔕ ∆ADC (g.g).

Suy ra $\frac{AB}{AD}=\frac{AH}{AC}$ (tỉ số các cạnh tương ứng) nên AB.AC = AH.AD.

Bài 13 trang 105 Toán 9 Tập 1: Hãy hoàn thành bảng số liệu sau vào vở (lấy π ≈ 3,14 và làm tròn kết quả đến hàng phần mười).

Lời giải:

Độ dài cung n°, bán kính R là: $l=\frac{\pi Rn}{180}\text{.}$

Suy ra $R=\frac{180l}{\pi n}$ và $n=\frac{180l}{\pi R}.$

Áp dụng các công thức trên, ta hoàn thành được bảng đã cho như sau:

Bài 14 trang 105 Toán 9 Tập 1: Trên đường thẳng xy, lấy lần lượt ba điểm A, B, C sao cho AB > BC. Vẽ đường tròn (O) đường kính AB và đường tròn (O’) đường kính BC.

a) Chứng minh rằng hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại B.

b) Gọi H là trung điểm của AC. Vẽ dây DE của (O) vuông góc với AC tại H. Chứng minh tứ giác ADCE là hình thoi.

c) DC cắt đường tròn (O’) tại F. Chứng minh rằng ba điểm F, B, E thẳng hàng.

d) Chứng minh rằng HF là tiếp tuyến của đường tròn (O’).

Lời giải:

a) Ta có OO’ = OB + BO’ nên đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại B.

b) Xét ∆ODE có OD = OE (cùng là bán kính của đường tròn (O) đường kính AB) nên ∆ODE cân tại O. Do đó đường cao OH đồng thời là đường trung tuyến của tam giác hay H là trung điểm của DE.

Xét tứ giác ADCE có hai đường chéo AC và DE cắt nhau tại trung điểm H của mỗi đường nên ADCE là hình bình hành.

Lại có DE ⊥ AC tại H nên hình bình hành ADCE là hình thoi.

c) Xét đường tròn (O) có AB là đường kính, $\widehat{ADB}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat{ADB}=90°,$ do đó AD ⊥ DB.

Lại có AD // CE (do ADCE là hình thoi) nên DB ⊥ CE.

Xét ∆CDE có DB, CH là hai đường cao của tam giác cắt nhau tại B (do DB ⊥ CE và CH ⊥ DE) nên B là trực tâm của ∆CDE. Suy ra EF ⊥ CD. (1)

Xét đường tròn (O’) có BC là đường kính, $\widehat{BFC}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat{BFC}=90°,$ do đó BF ⊥ CD. (2)

Từ (1) và (2) ta có EF, BF là hai đường thẳng cùng đi qua điểm F và vuông góc với CD nên là hai đường thẳng trùng nhau, hay ba điểm E, B, F thẳng hàng.

d) Vì BF ⊥ CD nên $\widehat{EFD}=90°,$ ∆DEF vuông tại F có FH là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên $FH=\frac{1}{2}DE,$ mà H là trung điểm của DE nên $HE=\frac{1}{2}DE,$ do đó FH = HE.

Xét ∆HEF có FH = HE nên ∆HEF cân tại H. Do đó $\widehat{HFE}=\widehat{HEF}$ (hai góc ở đáy bằng nhau).

Xét ∆O’BF có O’B = O’F (cùng là bán kính của đường tròn (O’) đường kính BC) nên ∆O’BF cân tại O’. Suy ra $\widehat{O^{\text{'}}FB}=\widehat{O^{\text{'}}BF}$ (hai góc ở đáy bằng nhau).

Mà $\widehat{O^{\text{'}}BF}=\widehat{HBE}$ (đối đỉnh) nên $\widehat{O^{\text{'}}FB}=\widehat{HBE}.$

Ta có: $\widehat{HFE}+\widehat{O^{\text{'}}FB}=\widehat{HEF}+\widehat{HBE}=90°$ (do ∆HBE vuông tại H).

Hay $\widehat{HF{O}^{\text{'}}}=90°$ nên HF ⊥ O’F tại F.

Xét đường tròn (O’) có HF ⊥ O’F tại F thuộc đường tròn nên HF là tiếp tuyến của đường tròn (O’).

Bài 15 trang 105 Toán 9 Tập 1: Hải đăng Kê Gà tọa lạc tại xã Tân Thành, huyện Hàm Thuận Nam, tỉnh Bình Thuận. Biết ngọn hải đăng cao 65 m so với mặt nước biển. Với khoảng cách bao nhiêu kilômét thì người quan sát trên tàu bắt đầu trông thấy ngọn của hải đăng này? Cho biết mắt người quan sát ở độ cao 5 m so với mặt nước biển và bán kính Trái Đất gần bằng 6 400 km.

Lời giải:

Gọi R là bán kính Trái Đất, khi đó R ≈ 6 400 km.

Đổi 65 m = 0,065 km; 5 m = 0,005 km.

Ta có: OA = R + 0,065 ≈ 6 400 + 0,065 = 6 400,065 (km).

OB = R + 0,005 ≈ 6 400 + 0,005 = 6 400,005 (km).

Xét ∆OHA vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có: OA² = OH² + AH²

Suy ra AH² = OA² – OH² ≈ 6 400,065² – 6 400² = 832,004225.

Do đó $AH=\sqrt{832,004225}\approx 28,84\text{(km).}$

Xét ∆OHB vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có: OB² = OH² + BH²

Suy ra BH² = OB² – OH² ≈ 6 400,005² – 6 400² = 64,000025.

Do đó $AH=\sqrt{64,000025}\approx 8,00\text{(km).}$

Ta có AB = AH + HB ≈ 28,84 + 8 = 36,84 (km).

Vậy với khoảng cách khoảng 36,84 kilômét thì người quan sát trên tàu bắt đầu trông thấy ngọn của hải đăng.