Giải SBT Toán 9 Cánh Diều BÀI TẬP CUỐI CHƯƠNG V

Đáp án đúng là: C

Đường tròn (A; 1) tiếp xúc với cả hai trục Ox và trục Oy vì khoảng cách từ điểm A đến hai trục tọa độ đều bằng 1 và bằng bán kính đường tròn (A; 1).

a) Đáp án đúng là: C

Xét đường tròn (O) có $\widehat{CAD}=\widehat{CBD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)

Suy ra $\widehat{CAD}=55^{\circ}.$

b) Đáp án đúng là: B

Xét đường tròn (O) đường kính AC có $\widehat{ADC}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat{ADC}=90^{\circ}.$

Xét ∆ACD vuông tại D, có: $CD=AC\cdot \sin \widehat{CAD}=2\cdot \sin 55^{\circ}\text{(cm}).$

Đáp án đúng là: B

Gọi E là giao điểm của MN và OO’.

Ta có: OM = ON = R (bán kính đường tròn (O; R)) và O’M = O’N = R (bán kính đường tròn (O’; R)). Suy ra OM = ON = O’M = O’N, nên OMO’N là hình thoi.

Do đó hai đường chéo MN và OO’ vuông góc với nhau tại trung điểm E của mỗi đường.

Suy ra $OE=\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\cdot 24=12\ (cm)$ và $ME=\frac{1}{2}\text{MN}=\frac{1}{2}\cdot 10=5\ (cm).$

Xét ∆OME vuông tại E, theo định lí Pythagore, ta có:

OM$^{2}$ = OE$^{2}$ + ME$^{2}$

Suy ra $OM=\sqrt{O{E}^{2}+M{E}^{2}}=\sqrt{{12}^{2}+{5}^{2}}=\sqrt{169}=13\ (cm).$

Vậy R = 13 cm.

Đáp án đúng là: B

Đổi 3 phút = 180 giây.

Chu vi của bánh xe máy là: 2π.25 = 50π (cm).

Quãng đường xe máy đi được trong 20 giây là:

80 . 50π = 4 000π (cm) = 40π (m).

Quãng đường xe máy đi được trong 3 phút (180 giây) là: $\frac{40π}{20}\cdot 180=360π\text{(m}).$

Đáp án đúng là: A

Diện tích hình vành khuyên tạo bởi hai đường tròn (O; 12 cm) và (O; 7 cm) là:

S = π(12$^{2}$ – 7$^{2}$) = 95π (cm$^{2}$).

a) Do AC, AH là hai tiếp tuyến của đường tròn (M) nên AC = AH.

Tương tự, ta chứng minh được BD = BH.

Do đó AC + BD = AH + BH = AB (không đổi).

b) ⦁ Do AC, AH là hai tiếp tuyến của đường tròn (M) nên MA là tia phân giác của góc CMH hay $\widehat{AMC}=\widehat{AMH}.$

Tương tự, ta chứng minh được $\widehat{BMD}=\widehat{BMH}.$

Xét đường tròn (O) đường kính AB có $\widehat{AMB}=90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Mà $\widehat{AMH}+\widehat{BMH}=\widehat{AMB}=90^{\circ}$

Suy ra $\widehat{CMD}=\widehat{AMC}+\widehat{AMH}+\widehat{BMH}+\widehat{BMD}=2(\widehat{AMH}+\widehat{BMH})=2\cdot 90^{\circ}=180^{\circ}$

Do đó ba điểm C, M, D thẳng hàng.

⦁ Do tam giác OBM cân tại O (do OM = OB) nên $\widehat{OBM}=\widehat{OMB}.$

Suy ra $2\widehat{OBM}+\widehat{BOM}=180^{\circ}.$

Ta lại có: $\widehat{AOM}+\widehat{BOM}=180^{\circ}$ nên $\widehat{AOM}=2\widehat{OBM}.$

Lại có BM là tia phân giác của góc ABD (do hai tiếp tuyến BD, BH của (O) cắt nhau tại B) hay$\widehat{ABD}=2\widehat{OBM}.$

Suy ra $\widehat{AOM}=\widehat{ABD}.$

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên OM // BD.

Mặt khác, BD ⊥ CD (do BD ⊥ CM) nên CD vuông góc với OM tại M thuộc đường tròn (O).

Vậy CD là tiếp tuyến của đường tròn (O).

a) Ta có: AB = AC’ + BC’ = 10 + 15 = 25 cm;

AC = AB’ + CB’ = 10 + 15 = 25 cm.

Do đó AB = AC nên A nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BC.

Mặt khác, BA’ = CA’ = 15 cm nên A’ nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BC.

Suy ra AA’ là đường trung trực của đoạn thẳng BC, nên AA’ vuông góc với BC tại điểm A’ nằm trên cả hai đường tròn (B) và (C).

Vậy AA’ là tiếp tuyến chung của đường tròn (B) và (C).

b) Gọi H là giao điểm của AA’và B’C’.

Xét ∆ABA’ vuông tại A’, theo định lí Pythagore, ta có: AB$^{2}$ = A’A$^{2}$ + A’B$^{2}$

Suy ra ${A}^{'}A=\sqrt{A{B}^{2}-{A}^{'}{B}^{2}}=\sqrt{{25}^{2}-{15}^{2}}=\sqrt{400}=20\ (\text{cm})\text{.}$

Ta có: BC = BA’ + CA’ = 15 + 15 = 30 cm.

Tam giác ABC có $\frac{A{C}^{'}}{AB}=\frac{10}{25}=\frac{2}{5}$ và $\frac{A{B}^{'}}{AC}=\frac{10}{25}=\frac{2}{5}$

Suy ra $\frac{A{C}^{'}}{AB}=\frac{A{B}^{'}}{AC}$ nên B’C’ // BC (định lí Thalès đảo)

Do đó, $\frac{{B}^{'}{C}^{'}}{BC}=\frac{A{B}^{'}}{AC}=\frac{2}{5}$ (hệ quả định lí Thalès)

Nên ${B}^{'}{C}^{'}=\frac{2}{5}\cdot BC=\frac{2}{5}\cdot 30=12\ (\text{cm}).$

Tam giác ACA’ có HB’ // CA’ nên $\frac{AH}{A{A}^{'}}=\frac{A{B}^{'}}{AC}=\frac{2}{5}$ (hệ quả định lí Thalès)

Suy ra $AH=\frac{2}{5}\cdot A{A}^{'}=\frac{2}{5}\cdot 20=8\ (\text{cm}).$

Ta có AA’ ⊥ BC và B’C’ // BC nên AH ⊥ B’C’.

Vậy diện tích tam giác AB’C’ là: $\frac{1}{2}\cdot AH\cdot {B}^{'}{C}^{'}=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 12=48({\text{cm}}^{2}).$

a) Ta có $\widehat{BAD}=\widehat{CAM}$ nên $\widehat{BAD}+\widehat{DAM}=\widehat{CAM}+\widehat{DAM}$ hay $\widehat{BAM}=\widehat{DAC}.$

Xét đường tròn (O) có $\widehat{ABM}=\widehat{ADC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

Xét ∆ABM và ∆ADC có: $\widehat{BAM}=\widehat{DAC}$ và $\widehat{ABM}=\widehat{ADC}$

Do đó ∆ABM ᔕ ∆ADC (g.g).

Suy ra $\frac{AB}{AD}=\frac{BM}{DC}$ (tỉ số các cạnh tương ứng)

Mà BM = CM (do M là trung điểm của BC)

Nên $\frac{AB}{AD}=\frac{BM}{DC}=\frac{CM}{CD}$ hay $\frac{AB}{CM}=\frac{AD}{CD}.$

Xét ∆ABD và ∆CMD có:

$\frac{AB}{CM}=\frac{AD}{CD}$ và $\widehat{BAD}=\widehat{MCD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD của đường tròn (O))

Do đó ∆ABD ᔕ ∆CMD (g.g).

Suy ra $\widehat{ADB}=\widehat{CDM}$ (hai góc tương ứng).

b) Do M là trung điểm của BC nên $MC=\frac{BC}{2}=\frac{R\sqrt{2}}{2}.$

Xét ∆OBC cân tại O (do OB = OC) nên đường trung tuyến OM đồng thời là đường cao của tam giác, do đó $\widehat{OMC}=90^{\circ}.$

Xét ∆OCM vuông tại M, theo định lí Pythagore, ta có: OC$^{2}$ = OM$^{2}$ + MC$^{2}$

Suy ra $OM=\sqrt{O{C}^{2}-M{C}^{2}}=\sqrt{{R}^{2}-{(\frac{R\sqrt{2}}{2})}^{2}}=\sqrt{\frac{{R}^{2}}{2}}=\frac{R\sqrt{2}}{2}.$

Do đó OM = MC.

Vì vậy, tam giác OCM vuông cân tại M. Suy ra $\widehat{COE}=45^{\circ}$ hay số đo của cung nhỏ CE bằng 45°.

Diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi các bán kính OE, OC và cung nhỏ CE là: $S=\frac{π{R}^{2}\cdot 45}{360}=\frac{π{R}^{2}}{8}$ (đơn vị diện tích).

a) Xét đường tròn (O) đường kính có C, D lần lượt là điểm chính giữa của cung AB, AC nên

⦁ $\text{sđ}\overset{\frown}{AC}=\text{sđ}\overset{\frown}{BC}=\frac{1}{2}\text{sđ}\overset{\frown}{AB}=\frac{1}{2}\cdot 180^{\circ}=90^{\circ};$

⦁$\text{sđ}\overset{\frown}{CD}=\text{sđ}\overset{\frown}{AD}=\frac{1}{2}\text{sđ}\overset{\frown}{AC}=\frac{1}{2}\cdot 90^{\circ}=45^{\circ}.$

Do đó $\widehat{BAC}=\frac{1}{2}\text{sđ}\overset{\frown}{BC}=\frac{1}{2}\cdot 90^{\circ}=45^{\circ};$$\widehat{COD}=\text{sđ}\overset{\frown}{CD}=45^{\circ};\widehat{ABC}=\frac{1}{2}\text{sđ}\overset{\frown}{AC}=\frac{1}{2}\cdot 90^{\circ}=45^{\circ};\widehat{AOC}=\text{sđ}\overset{\frown}{AC}=90^{\circ}.$

Xét ∆AOC cân tại O (do OA = OC) có $\widehat{AOC}=90^{\circ}$ nên ∆AOC vuông cân tại O, suy ra $\widehat{ACO}=45^{\circ}.$

Vậy $\widehat{BAC}=\widehat{COD}=\widehat{ABC}=\widehat{ACO}=45^{\circ}.$

b) Do M thuộc cung nhỏ CD nên $\text{sđ}\overset{\frown}{AM}=\text{sđ}\overset{\frown}{AD}+\text{sđ}\overset{\frown}{DM}=45^{\circ}+\text{sđ}\overset{\frown}{DM}>45^{\circ}$ và $\text{sđ}\overset{\frown}{CM}<\text{sđ}\overset{\frown}{CD}=45^{\circ}.$

Suy ra $\text{sđ}\overset{\frown}{AM}>\text{sđ}\overset{\frown}{CM}\ (1)$

Mà $\widehat{ACM},\ \widehat{CAM}$ lần lượt là góc nội tiếp chắn cung AM và cung CM của đường tròn (O) nên $\widehat{ACM}=\frac{1}{2}\text{sđ}\overset{\frown}{AM},\ \widehat{CAM}=\frac{1}{2}\text{sđ}\overset{\frown}{CM}\ (2)$

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{ACM}>\widehat{CAM}.$

Tam giác ACM có $\widehat{ACM}>\widehat{CAM}$ nên AM > CM.

Xét đường tròn (O), ta có: $\widehat{COM}=2\widehat{CAM}$ (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ CM).

c)

Gọi I, K lần lượt là giao điểm của AC với OM và OD, kẻ MN vuông góc với AC tại N.

Diện tích của tam giác MAC là: $S=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot MN.$

Do đó S lớn nhất khi MN lớn nhất do AC không đổi.

Tam giác OAC cân tại O có OD là đường phân giác nên đồng thời là đường cao của tam giác, do đó OK ≤ OI.

Ta cũng có MN ≤ MI

Suy ra: OK + MN ≤ OI + MI = OM và OM = OD = OK + DK

Do đó MN ≤ DK.

Do DK không đổi nên MN lớn nhất khi MN = DK hay M là điểm chính giữa của cung AC.

Vậy diện tích của tam giác MAC lớn nhất bằng $\frac{1}{2}\cdot AC\cdot DK$ khi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC.

Đổi $10^{\circ}{10}^{'}=(\frac{61}{6})^{\circ}.$

Độ dài cung kinh tuyến từ Thành phố Hồ Chí Minh đến Xích Đạo là: $\frac{20\ 000\cdot \frac{61}{6}}{180}\approx 1\ 100\ (\text{km}).$

Kẻ DH vuông góc với BC tại H.

Do tam giác CDH vuông tại H nên ta có:

⦁ $DH=CD\cdot \sin C=a\cdot \sin 30^{\circ}=\frac{a}{2};$

⦁$CH=CD\cdot \cos C=a\cdot \cos 30^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Ta có: $BH=BC-CH=a-\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a(2-\sqrt{3})}{2}.$

Tứ giác ABHD có $\widehat{DAB}=\widehat{ABH}=\widehat{BHD}=90^{\circ}$ nên là hình chữ nhật.

Suy ra $AB=DH=\frac{a}{2};\ AD=BH=\frac{a(2-\sqrt{3})}{2}.$

Diện tích của hình thang vuông ABCD là:

${S}_{1}=\frac{AB(AD+BC)}{2}=\frac{\frac{a}{2}\cdot [\frac{a(2-\sqrt{3})}{2}+a]}{2}=\frac{{a}^{2}(4-\sqrt{3})}{8}$ (đơn vị diện tích).

Diện tích hình quạt tròn BCD là:

${S}_{2}=\frac{π{a}^{2}\cdot 30}{360}=\frac{π{a}^{2}}{12}$ (đơn vị diện tích).

Diện tích của phần tô màu xám là:

$S={S}_{1}-{S}_{2}=\frac{{a}^{2}(4-\sqrt{3})}{8}-\frac{π{a}^{2}}{12}=\frac{{a}^{2}(12-3\sqrt{3}-2π)}{24}$ (đơn vị diện tích).

Ta có công thức tính diện tích hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn (O; R) và (O; r) (với R > r) có diện tích là: S = π(R$^{2}$ – r$^{2}$).

Do diện tích hình vành khuyên đó là 1,5072 dm$^{2}$ nên ta có:

3,14(R$^{2}$ ‒ r) = 1,5072 hay (R ‒ r)(R + r) = 0,48.

Mà R + r = 1,2 dm nên R ‒ r = 0,4 dm.

Ta có hệ phương trình $\{\begin{matrix}R+r=1{,}2 \\ R-r=0{,}4.\end{matrix}$

Cộng hai vế của hai phương trình của hệ phương trình trên, ta có:

2R = 1,6, suy ra R = 0,8.

Thay R = 0,8 vào phương trình R + r = 1,2, ta được:

0,8 + r = 1,2, suy ra r = 0,4.

Vậy R = 0,8 dm và r = 0,4 dm.

Do tam giác ABC đều (vì AB = AC = BC) nên $\widehat{BAC}=\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=60^{\circ}.$

Xét đường tròn (A) có $\text{sđ}\overset{\frown}{BaC}=\widehat{BAC}=60^{\circ}.$

Tương tự trong đường tròn (B), (C) ta cũng có $\text{sđ}\overset{\frown}{CbA}=\widehat{CBA}=60^{\circ}$ và $\text{sđ}\overset{\frown}{AcB}=\widehat{ACB}=60^{\circ}.$

Do đó, số đo các cung nhỏ BaC, CbA, AcB của tam giác Reuleaux đều bằng 60°.

a) Đặt $\widehat{AOB}=n^{\circ}.$ Khi đó, ta có $sđ\overset{\frown}{AB}=n^{\circ}.$

Ta có công thức tính độ dài cung tròn n° trong đường tròn bán kính R là: $l=\frac{πRn}{180}.$

Do độ dài cung nhỏ AB bằng $\frac{5πR}{6}$ nên ta có $\frac{πRn}{180}=\frac{5πR}{6},$ suy ra $n=\frac{180\cdot 5}{6}=150.$

Suy ra $\widehat{AOB}=150^{\circ}$ hay $sđ\overset{\frown}{AB}=150^{\circ}.$

Tam giác ACH có $\widehat{AHC}=90^{\circ}$ và AH = CH nên tam giác ACH vuông cân tại H.

Suy ra $\widehat{BAC}=45^{\circ}.$

Do đó $sđ\overset{\frown}{BC}=2\widehat{BAC}=2\cdot 54^{\circ}=90^{\circ}.$

Vậy điểm C trên cung lớn AB sao cho $sđ\overset{\frown}{BC}=90^{\circ}$ thì AH = CH.

b) Ta có:

⦁ $\text{sđ}\overset{\frown}{ACB}=360^{\circ}-\text{sđ}\overset{\frown}{AB}=360^{\circ}-150^{\circ}=210^{\circ}.$

⦁$sđ\overset{\frown}{ACB}=sđ\overset{\frown}{AC}+sđ\overset{\frown}{CB}$

Suy ra $sđ\overset{\frown}{AC}=sđ\overset{\frown}{ACB}-sđ\overset{\frown}{CB}=210^{\circ}-90^{\circ}=120^{\circ}.$

Độ dài cung nhỏ AC là: ${l}_{1}=\frac{πR\cdot 120}{180}=\frac{2πR}{3}$ (đơn vị độ dài).

Độ dài cung nhỏ BC là: ${l}_{2}=\frac{πR\cdot 90}{180}=\frac{πR}{2}$ (đơn vị độ dài).

c) Xét ∆OAB cân tại O (do OA = OB) nên đường cao OK đồng thời là đường phân giác của tam giác, do đó $\text{sđ}\overset{\frown}{EB}=\widehat{EOB}=\frac{1}{2}\widehat{AOB}=\frac{1}{2}\cdot 150^{\circ}=75^{\circ}.$

Diện tích hình quạt tròn EOB là $S=\frac{π{R}^{2}\cdot 75}{360}=\frac{5π{R}^{2}}{24}$ (đơn vị diện tích).

d) Diện tích hình quạt tròn BOC là ${S}_{1}=\frac{π{R}^{2}\cdot 90}{360}=\frac{π{R}^{2}}{4}$ (đơn vị diện tích).

Diện tích hình quạt AOC là ${S}_{2}=\frac{π{R}^{2}\cdot 120}{360}=\frac{π{R}^{2}}{3}$ (đơn vị diện tích).

Vậy tỉ số phần trăm giữa diện tích hình quạt tròn BOC và diện tích hình quạt tròn AOC là: $\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}\cdot 100\%=(\frac{π{R}^{2}}{4}:\frac{π{R}^{2}}{3})\cdot 100\%=75\%.$