Giải SGK Toán 9 CTST Bài tập cuối chương 5 có đáp án

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.

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.

Đáp án đúng là: C

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

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.

Đáp án đúng là: C

Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

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 $\widehat{\text{ACB}}=90^{\circ}$

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, $\widehat{ABC}=\widehat{DEF}=50^{\circ}$ cùng là hai góc nội tiếp của đường tròn (O) nhưng hai góc này không cùng chắn một cung.

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(R$^{2}$ – r$^{2}$) = π(4$^{2}$ – 2$^{2}$) = 12π (cm$^{2}$).

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

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

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

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

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

c) Ta có:

⦁ $\widehat{AOB}=\widehat{COD}=30^{\circ}$ hay $sđ\overset{\frown}{AB}=sđ\overset{\frown}{CD}$ nên $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}.$

⦁ $\widehat{AOC}=\widehat{BOD}=90^{\circ}$ hay $sđ\overset{\frown}{AC}=sđ\overset{\frown}{BD}$ nên $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BD}.$

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

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

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

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 $\widehat{ADB}=90^{\circ},$ 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 $\widehat{BFC}=90^{\circ},$ 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.

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: OA$^{2}$ = OH$^{2}$ + AH$^{2}$

Suy ra AH$^{2}$ = OA$^{2}$ – OH$^{2}$ ≈ 6 400,065$^{2}$ – 6 400$^{2}$ = 832,004225.

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

Xét ∆OHB vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có: OB$^{2}$ = OH$^{2}$ + BH$^{2}$

Suy ra BH$^{2}$ = OB$^{2}$ – OH$^{2}$ ≈ 6 400,005$^{2}$ – 6 400$^{2}$ = 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.