TopStudy

Đáp án và lời giải

Giải SBT Toán 9 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 5 có đáp án

Về trang đề

Câu 1

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Đáp án đúng là: C

Ta có: BAC^=BDC^=65∘\widehat {BAC} = \widehat {BDC} = 65^\circ (hai góc nội tiếp đường tròn cùng chắn dây cung BC).

Câu 2

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Đáp án đúng là: D

Ta có: BAC^=12BOC^=12⋅120∘=60∘\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC} = \frac{1}{2} \cdot 120^\circ = 60^\circ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC).

Câu 3

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Đáp án đúng là: A

Ta có: sđAB⌢+sđBC⌢+sđCA⌢=360∘\text{sđ}\overset{\frown}{AB}+\text{sđ}\overset{\frown}{BC}+\text{sđ}\overset{\frown}{CA}=360^{\circ}

Suy ra 3⋅sđBC⌢=360∘3\cdot \text{sđ}\overset{\frown}{BC}=360^{\circ} nên sđBC⌢=120∘,\text{sđ}\overset{\frown}{BC}=120^{\circ}, hay BOC^=120∘.\widehat{BOC}=120^{\circ}.

Xét ∆OBC cân tại O (do OB = OC) nên đường cao OH đồng thời là đường trung tuyến và đường phân giác của tam giác, do đó BC = 2BH và BOH^=12BOC^=12⋅120∘=60∘.\widehat {BOH} = \frac{1}{2}\widehat {BOC} = \frac{1}{2} \cdot 120^\circ = 60^\circ .

Xét ∆OBH vuông tại H, ta có:

BH=OB⋅sin⁡BOH^=R⋅sin⁡60∘=R32.BH = OB \cdot \sin \widehat {BOH} = R \cdot \sin 60^\circ = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.

Như vậy, BC=2BH=2⋅R32=R3.BC = 2BH = 2 \cdot \frac{{R\sqrt 3 }}{2} = R\sqrt 3 .

Câu 4

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Đáp án đúng là: B

Vì DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên DE ⊥ OA tại A, suy ra DAO^=90∘.\widehat {DAO} = 90^\circ .

Do đó DAB^+BAO^=90∘\widehat {DAB} + \widehat {BAO} = 90^\circ hay DAB^=90∘−BAO^.  (1)\widehat {DAB} = 90^\circ - \widehat {BAO}.\,\,\left( 1 \right)

Xét ∆OAB cân tại O (do OA = OB) có:

BAO^=180∘−AOB^2=90∘−12AOB^.\widehat {BAO} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOB}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {AOB}.

Mà ACB^=12AOB^\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB của đường tròn (O)).

Do đó BAO^=90∘−ACB^\widehat {BAO} = 90^\circ - \widehat {ACB} hay ACB^=90∘−BAO^.  (2)\widehat {ACB} = 90^\circ - \widehat {BAO}.\,\,\left( 2 \right)

Từ (1) và (2) suy ra θ=DAB^=ACB^=52∘.\theta = \widehat {DAB} = \widehat {ACB} = 52^\circ .

Câu 5

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Đáp án đúng là: A

Chứng minh tương tự Câu 4, trang 99, SBT Toán 9 Tập một, ta có:

BCE^=BAC^=29∘.\widehat {BCE} = \widehat {BAC} = 29^\circ .

Câu 6

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Đáp án đúng là: A

Ta có: RBS^=12RAS^\widehat {RBS} = \frac{1}{2}\widehat {RAS} (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung RS của đường tròn (A)).

Suy ra θ=RBS^=12RAS^=12⋅166∘=83∘.\theta = \widehat {RBS} = \frac{1}{2}\widehat {RAS} = \frac{1}{2} \cdot 166^\circ = 83^\circ .

Câu 7

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Đáp án đúng là: B

Bán kính của đường tròn là: R=d2=252=12,5  (cm).R = \frac{d}{2} = \frac{{25}}{2} = 12{,}5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}

Độ dài của cung 50°, bán kính 12,5 cm là:

l=π⋅12,5⋅50180=125π36≈10,91  (cm).l = \frac{{\pi \cdot 12{,}5 \cdot 50}}{{180}} = \frac{{125\pi }}{{36}} \approx 10{,}91{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}

Câu 8

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Đáp án đúng là: B

Diện tích hình quạt tròn bán kính R = 100 cm ứng với cung 40° là:

S=π⋅1002⋅40360=10  000π9≈3  490,66  (cm2).S = \frac{{\pi \cdot {{100}^2} \cdot 40}}{{360}} = \frac{{10\,\,000\pi }}{9} \approx 3\,\,490{,}66{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}

Câu 9

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Đáp án đúng là: D

Diện tích hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn (O; 5 cm) và (O; 2 cm) là:

S = π(52^{2} – 22^{2}) = 21π ≈ 65,97 (cm2^{2}).

Câu 10

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Ta có: R = 7 cm; R’ = 8 cm; OO’ = 15 cm.

R’ + R = 8 + 7 = 15 = OO’.

Do đó hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài nên hai đường tròn có một điểm chung duy nhất.

Vậy:

a) S.

b) Đ.

c) S.

d) Ð.

Câu 11

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Xét đường tròn (O), ta có: BOC^\widehat {BOC} là góc ở tâm chắn cung BAC^,  BDC^\widehat {BAC},\,\,\widehat {BDC} là hai góc nội tiếp chắn cung

Do đó BAC^=BDC^=12BOC^=12⋅140∘=70∘.\widehat {BAC} = \widehat {BDC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC} = \frac{1}{2} \cdot 140^\circ = 70^\circ .

Xét ∆OBC cân tại O (do OB = OC) nên

OBC^=OCB^=180∘−BOC^2=180∘−140∘2=20∘.\widehat {OBC} = \widehat {OCB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOC}}}{2} = \frac{{180^\circ - 140^\circ }}{2} = 20^\circ .

Vậy:

a) S.

b) S.

c) Đ.

d) Đ.

Câu 12

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Do AB và AC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O; R) lần lượt tại hai tiếp điểm B, C và chúng cắt nhau tại A nên:

⦁ OB = OC = R;

⦁ AB = AC;

⦁ Tia AO là tia phân giác của BAC^;\widehat {BAC};

⦁ Tia OA là tia phân giác của BOC^.\widehat {BOC}.

Vậy:

a) S.

b) Ð.

c) Ð.

d) S.

Câu 13

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Hình minh hoạ

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.

Do AA’, BB’, CC’ là đường cao ∆ABC nên AA’ ⊥ BC; BB’ ⊥ AC; CC’ ⊥ AB.

Ta có: BC′H^=BA′H^=90∘,\widehat {BC\prime H} = \widehat {BA\prime H} = 90^\circ , nên bốn điểm B, A’, H, C’ cùng nằm trên đường tròn đường kính BH.

Do đó C′A′H^=C′BH^\widehat {C'A'H} = \widehat {C'BH} (hai góc nội tiếp cùng chắn cung C’H).

Chứng minh tương tự, ta cũng có B′A′H^=B′CH^.\widehat {B\prime A\prime H} = \widehat {B\prime CH}.

Mà C′BH^=B′CH^\widehat {C\prime BH} = \widehat {B\prime CH} (cùng phụ với BAC^),\widehat {BAC}{\rm{)}}, nên ta có C′A′H^=B′A′H^.\widehat {C\prime A\prime H} = \widehat {B\prime A\prime H}.

Vậy A’A là tia phân giác của góc B′A′C′^.\widehat {B\prime A\prime C\prime }.

Câu 14

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Hình minh hoạ

Do AB ⊥ CD nên AMC^=DMB^=90∘.\widehat {AMC} = \widehat {DMB} = 90^\circ .

a) Xét đường tròn (O) có ACD^=ABD^\widehat {ACD} = \widehat {ABD} (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD).

Xét ∆MAC và ∆MDB, có:

AMC^=DMB^=90∘,  ACM^=DBM^\widehat {AMC} = \widehat {DMB} = 90^\circ ,\,\,\widehat {ACM} = \widehat {DBM}

Do đó ∆MAC ᔕ ∆MDB (g.g).

Suy ra MAMD=MCMB\frac{{MA}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MB}} hay MA.MB = MC.MD.

b) Vì DE là đường kính của đường tròn (O) nên ECD^=EBD^=90∘.\widehat {ECD} = \widehat {EBD} = 90^\circ .

Suy ra CE ⊥ CD.

Mà AB ⊥ CD nên AB // CE, do đó tứ giác ABEC là hình thang.

Mặt khác, CAB^+ACM^=90∘\widehat {CAB} + \widehat {ACM} = 90^\circ (tổng hai góc nhọn trong ∆ACM vuông tại M);

EBA^+MBD^=EBD^=90∘;\widehat {EBA} + \widehat {MBD} = \widehat {EBD} = 90^\circ ;

ACM^=DBM^\widehat {ACM} = \widehat {DBM}

Suy ra EBA^=CAB^.\widehat {EBA} = \widehat {CAB}.

Hình thang ABEC có EBA^=CAB^\widehat {EBA} = \widehat {CAB} nên ABEC là hình thang cân.

c) Xét ∆ACM vuông tại M, theo định lí Pythagore, ta có:

AC2^{2} = MA2^{2} + MC2^{2}.

Xét ∆BDM vuông tại M, theo định lí Pythagore, ta có:

BD2^{2} = MB2^{2} + MD2^{2}.

Do đó MA2^{2} + MB2^{2} + MC2^{2} + MD2^{2} = AC2^{2} + BD2^{2}.

Lại có AC = BE (vì ABEC là hình thang cân) nên:

MA2^{2} + MB2^{2} + MC2^{2} + MD2^{2} = AC2^{2} + BD2^{2} = BE2^{2} + BD2^{2}.

Xét ∆BDE vuông tại B, theo định lí Pythagore, ta có:

DE2^{2} = BD2^{2} + BE2^{2}.

Do đó MA2^{2} + MB2^{2} + MC2^{2} + MD2^{2} = BE2^{2} + BD2^{2} = DE2^{2} = (2R)2^{2} = 4R2^{2}, đây là giá trị không đổi do R không đổi.ở

Vậy tổng MA2^{2} + MB2^{2} + MC2^{2} + MD2^{2} có giá trị không đổi.

Câu 15

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Hình minh hoạ

a) Ta có D, E cùng nằm trên đường tròn đường kính AB nên ADB^=AEB^=90∘\widehat {ADB} = \widehat {AEB} = 90^\circ hay AD ⊥ BC và BE ⊥ AC.

Xét ∆ABC cân tại A có AD là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến của tam giác, do đó D là trung điểm BC, suy ra DB=DC=12BC.DB = DC = \frac{1}{2}BC.

Xét ∆BEC vuông tại E có ED là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC nên ED=12BC.ED = \frac{1}{2}BC.

Do đó DE = DB = DC.

Vậy ∆BDE cân tại D.

b) Xét ∆ABC cân tại A có AD là đường cao nên đồng thời là tia phân giác của BAC^,\widehat {BAC}, do đó BAD^=12BAC^.\widehat {BAD} = \frac{1}{2}\widehat {BAC}.

Ta có DBE^=DEB^\widehat {DBE} = \widehat {DEB} (do ∆BDE cân tại D) và BAD^=BED^\widehat {BAD} = \widehat {BED} (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD).

Suy ra DBE^=12BAC^\widehat {DBE} = \frac{1}{2}\widehat {BAC} hay CBE^=12BAC^.\widehat {CBE} = \frac{1}{2}\widehat {BAC}.

Câu 16

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

a) Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác ABC vuông tại A, ta có:

BC=AB2+AC2=122+162=400=20.BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{12}^2} + {{16}^2}} = \sqrt {400} = 20.

Xét ∆BHA và ∆BAC có:

B^\widehat B là góc chung; BHA^=BAC^=90∘.\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ .

Do đó ∆BHA ᔕ ∆BAC (g.g), suy ra BABC=BHBA\frac{{BA}}{{BC}} = \frac{{BH}}{{BA}}

Nên BH=BA2BC=12220=14420=7,2.BH = \frac{{B{A^2}}}{{BC}} = \frac{{{{12}^2}}}{{20}} = \frac{{144}}{{20}} = 7{,}2.

b) Ta có OB=OC=12BC=12⋅20=10;OB = OC = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 20 = 10;

OH = OB – BH = 10 – 7,2 = 2,8.

Gọi D là tiếp điểm của đường tròn (I) với AH.

Theo bài, đường tròn (I) tiếp xúc với AH, BC nên ID ⊥ AH và IP ⊥ BC.

Tứ giác IPHD có IPH^=IDH^=PHD^=90∘\widehat {IPH} = \widehat {IDH} = \widehat {PHD} = 90^\circ và ID = IP nên IPHD là hình vuông.

Do đó PH = IP = R.

Chứng minh tương tự, ta cũng có HQ = IQ = R’.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác IPO vuông tại P, ta có:

IO2^{2} = IP2^{2} + PO2^{2}

Suy ra (OM – IM)2^{2} = IP2^{2} + (OH + PH)2^{2}

(10 – R)2^{2} = R2^{2} + (R + 2,8)2^{2}

100 – 20R + R2^{2} = R2^{2} + R2^{2} + 5,6R + 7,84

R2^{2} + 25,6R – 92,16 = 0

Phương trình trên có ∆ = 25,62^{2} – 4.1.(–92,16) = 1 024 > 0 và Δ=1  024=32.\sqrt \Delta = \sqrt {1\,\,024} = 32.

Do đó phương trình trên có hai nghiệm là:

R=−25,6+322=3,2R = \frac{{ - 25{,}6 + 32}}{2} = 3{,}2 (thỏa mãn);

R=−25,6−322=−28,8R = \frac{{ - 25{,}6 - 32}}{2} = - 28{,}8 (không thỏa mãn).

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác JQO vuông tại Q, ta có:

JO2^{2} = JQ2^{2} + QO2^{2}

Suy ra (ON – JN)2^{2} = R2^{2} + (HQ – OH)2^{2}

(10 – R’)2^{2} = R’2^{2} + (R’ – 2,8)2^{2}

100 – 20R’ + R’2^{2} = R’2^{2} + R’2^{2} – 5,6R’ + 7,84

R’2^{2} + 14,4R – 92,16 = 0.

Phương trình trên có ∆ = 14,42^{2} – 4.1.(–92,16) = 576 > 0 và Δ=576=24.\sqrt \Delta = \sqrt {576} = 24.

Do đó phương trình trên có hai nghiệm là:

R=−14,4+242=4,8R = \frac{{ - 14{,}4 + 24}}{2} = 4{,}8 (thỏa mãn);

R=−14,4−242=−19,2R = \frac{{ - 14{,}4 - 24}}{2} = - 19{,}2 (không thỏa mãn).

c) Ta có PQ = PH + QH = R + R’ = 3,2 + 4,8 = 8.

Câu 17

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Hình minh hoạ

a) Trong đường tròn (O’), ta có:

⦁ (góc nội tiếp chắn cung AB);

⦁ (góc nội tiếp chắn cung AB).

Suy ra CDB^=CEA^.\widehat {CDB} = \widehat {CEA}.

Xét ∆CDB và ∆CEA có:

Góc C chung; CDB^=CEA^.\widehat {CDB} = \widehat {CEA}.

Do đó ∆CDB ᔕ ∆CEA (g.g)

Suy ra CDCE=CBCA\frac{{CD}}{{CE}} = \frac{{CB}}{{CA}} hay CD.CA = CB.CE.

b) Xét đường tròn (O) có DCB^=AFB^=AFD^\widehat {DCB} = \widehat {AFB} = \widehat {AFD} (hai góc nội tiếp chắn dây cung AB)

Xét ∆CDB và ∆FDA có:

Góc D chung; DCB^=AFD^\widehat {DCB} = \widehat {AFD}

Do đó ∆CDB ᔕ ∆FDA (g.g)

Suy ra CDFD=BDDA\frac{{CD}}{{FD}} = \frac{{BD}}{{DA}} hay DC.DA = DB.DF.

c) Ta có:

CB.CE + DB.DF = CD.CA + DC.DA = CD(CA + AD) = CD.CD = CD2^{2}.

Vậy CB.CE + DB.DF = CD2^{2}.

Câu 18

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Hình minh hoạ

a) Xét ∆O’AM cân tại O’ (do O’A = O’M) nên O′AM^=O′MA^.\widehat {O'AM} = \widehat {O\prime MA}.

Xét ∆OAN cân tại O (do OA = ON) nên OAN^=ANO^.\widehat {OAN} = \widehat {ANO}.

Do đó O′MA^=ONA^,\widehat {O\prime MA} = \widehat {ONA}, mà hai góc này ở vị trí đồng vị, suy ra O’M // ON.

b) Do BC là tiếp tuyến của (O’) nên O’M ⊥ BC.

Mà O’M // ON nên ON ⊥ BC.

Xét ∆OBC cân tại O (do OB = OC) nên đường cao ON đồng thời là đường phân giác của tam giác, hay BON^=CON^,\widehat {BON} = \widehat {CON}, do đó hay N là điểm chính giữa cung BC.

Mặt khác (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NC của đường tròn (O)) và (góc nội tiếp chắn cung BN của đường tròn (O))

Do đó BDN^=NAC^=EAF^.\widehat {BDN} = \widehat {NAC} = \widehat {EAF}. (1)

Trong đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE, ta có:

EAF^=EDF^=BDF^\widehat {EAF} = \widehat {EDF} = \widehat {BDF} (góc nội tiếp cùng chắn cung EF). (2)

Từ (1), (2) ta có BDF^=BDN^,\widehat {BDF} = \widehat {BDN}, suy ra D, N, F thẳng hàng.

c) Ta có hai cung BN và NC có số đo bằng nhau, suy ra BDN^=NDC^\widehat {BDN} = \widehat {NDC} (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay DF là tia phân giác của BDC^.\widehat {BDC}.