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 CAD^=CBD^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)

Suy ra CAD^=55°.

b) Đáp án đúng là: B

Xét đường tròn (O) đường kính AC có ADC^ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ADC^=90°.

Xét ∆ACD vuông tại D, có: CD=AC⋅sinCAD^=2⋅sin55°  (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=12=12⋅24=12  cm và ME=12MN=12⋅10=5  cm.

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

OM² = OE² + ME²

Suy ra OM=OE2+ME2=122+52=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: 40π20⋅180=360π  (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(12² – 7²) = 95π (cm²).

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 AMC^=AMH^.

Tương tự, ta chứng minh được  BMD^=BMH^.

Xét đường tròn (O) đường kính AB có AMB^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Mà AMH^+BMH^=AMB^=90°

Suy ra CMD^=AMC^+AMH^+BMH^+BMD^=2AMH^+BMH^=2⋅90°=180°

Do đó ba điểm C, M, D thẳng hàng.

⦁ Do tam giác OBM cân tại O (do OM = OB) nên OBM^=OMB^.

Suy ra 2OBM^+BOM^=180°.

Ta lại có: AOM^+BOM^=180° nên AOM^=2OBM^. 

Lại có BM là tia phân giác của góc ABD (do hai tiếp tuyến BD, BH của (O) cắt nhau tại B) hayABD^=2OBM^.

Suy ra  AOM^=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: AB² = A’A² + A’B²

Suy ra A'A=AB2−A'B2=252−152=400=20  cm.

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

Tam giác ABC có AC'AB=1025=25 và AB'AC=1025=25

Suy ra AC'AB=AB'AC nên B’C’ // BC (định lí Thalès đảo)

Do đó, B'C'BC=AB'AC=25 (hệ quả định lí Thalès)

Nên B'C'=25⋅BC=25⋅30=12  cm.

Tam giác ACA’ có HB’ // CA’ nên AHAA'=AB'AC=25 (hệ quả định lí Thalès)

Suy ra AH=25⋅AA'=25⋅20=8  cm.

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

Vậy diện tích tam giác AB’C’ là: 12⋅AH⋅B'C'=12⋅8⋅12=48 (cm2).

a) Ta có BAD^=CAM^ nên BAD^+DAM^=CAM^+DAM^ hay BAM^=DAC^.

Xét đường tròn (O) có ABM^=ADC^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

Xét ∆ABM và ∆ADC có: BAM^=DAC^ và ABM^=ADC^

Do đó ∆ABM ᔕ ∆ADC (g.g).

Suy ra ABAD=BMDC (tỉ số các cạnh tương ứng)

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

Nên ABAD=BMDC=CMCD hay ABCM=ADCD.

Xét ∆ABD và ∆CMD có:

ABCM=ADCD và BAD^=MCD^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD của đường tròn (O))

Do đó ∆ABD ᔕ ∆CMD (g.g).

Suy ra ADB^=CDM^ (hai góc tương ứng).

b) Do M là trung điểm của BC nên MC=BC2=R22.

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

Xét ∆OCM vuông tại M, theo định lí Pythagore, ta có: OC² = OM² + MC²

Suy ra OM=OC2−MC2=R2−R222=R22=R22.

Do đó OM=MC.

Vì vậy, tam giác OCM vuông cân tại M. Suy ra COE^=45° 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=πR2⋅45360=πR28 (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

⦁ sđAC⏜=sđBC⏜=12sđAB⏜=12⋅180°=90°;

⦁sđCD⏜=sđAD⏜=12sđAC⏜=12⋅90°=45°.

Do đó    BAC^=12sđBC⏜=12⋅90°=45°;COD^=sđCD⏜=45°;ABC^=12sđAC⏜=12⋅90°=45°;AOC^=sđAC⏜=90°.

Xét ∆AOC cân tại O (do OA = OC) có AOC^=90° nên ∆AOC vuông cân tại O, suy ra ACO^=45°.

Vậy BAC^=COD^=ABC^=ACO^=45°.

b) Do M thuộc cung nhỏ CD nên sđAM⏜=sđAD⏜+sđDM⏜=45°+sđDM⏜>45° và sđCM⏜<sđCD⏜=45°.

Suy ra sđAM⏜>sđCM⏜  1

Mà ACM^,  CAM^ lần lượt là góc nội tiếp chắn cung AM và cung CM của đường tròn (O) nên ACM^=12sđAM⏜,  CAM^=12sđCM⏜   2

Từ (1) và (2) suy ra ACM^>CAM^.

Tam giác ACM có ACM^>CAM^ nên AM>CM.

Xét đường tròn (O), ta có: COM^=2CAM^ (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=12⋅AC⋅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 12⋅AC⋅DK khi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC.

Đổi 10°10'=616°.

Độ dài cung kinh tuyến từ Thành phố Hồ Chí Minh đến Xích Đạo là: 20  000⋅616180≈1  100  ( km).

Kẻ DH vuông góc với BC tại H.

Do tam giác CDH vuông tại H nên ta có:

⦁  DH=CD⋅sinC=a⋅sin30°=a2;

⦁CH=CD⋅cosC=a⋅cos30°=a32.

Ta có: BH=BC−CH=a−a32=a2−32.

Tứ giác ABHD có DAB^=ABH^=BHD^=90° nên là hình chữ nhật.

Suy ra AB=DH=a2;  AD=BH=a2−32.

Diện tích của hình thang vuông ABCD là:

S1=ABAD+BC2=a2⋅a2−32+a2=a24−38 (đơn vị diện tích).

Diện tích hình quạt tròn BCD là:

S2=πa2⋅30360=πa212 (đơn vị diện tích).

Diện tích của phần tô màu xám là:

S=S1−S2=a24−38−πa212=a212−33−2π24 (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(R² – r²).

Do diện tích hình vành khuyên đó là 1,5072 dm² nên ta có:

3,14(R² ‒ 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 R+r=1,2R−r=0,4.

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=0,8dm và r=0,4dm.

Do tam giác ABC đều (vì AB = AC = BC) nên BAC^=ABC^=ACB^=60°.

Xét đường tròn (A) có sđBaC⏜=BAC^=60°.

Tương tự trong đường tròn (B), (C) ta cũng có sđCbA⏜=CBA^=60° và sđAcB⏜=ACB^=60°.

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

a) Đặt AOB^=n°. Khi đó, ta có sđAB⏜=n°.

Ta có công thức tính độ dài cung tròn n° trong đường tròn bán kính R là: l=πRn180.

Do độ dài cung nhỏ AB bằng 5πR6 nên ta có πRn180=5πR6, suy ra n=180⋅56=150.

Suy ra AOB^=150° hay sđAB⏜=150°.

Tam giác ACH có AHC^=90° và AH=CH nên tam giác ACH vuông cân tại H.

Suy ra  BAC^=45°.

Do đó sđBC⏜=2BAC^=2⋅54°=90°.

Vậy điểm C trên cung lớn AB sao cho sđBC⏜=90° thì AH = CH.

b) Ta có:

⦁ sđACB⏜=360°−sđAB⏜=360°−150°=210°.

⦁sđACB⏜=sđAC⏜+sđCB⏜

Suy ra sđAC⏜=sđACB⏜−sđCB⏜=210°−90°=120°.

Độ dài cung nhỏ AC là: l1=πR⋅120180=2πR3 (đơn vị độ dài).

Độ dài cung nhỏ BC là: l2=πR⋅90180=πR2 (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 sđEB⏜=EOB^=12AOB^=12⋅150°=75°.

Diện tích hình quạt tròn EOB là S=πR2⋅75360=5πR224  (đơn vị diện tích).

d) Diện tích hình quạt tròn BOC là S1=πR2⋅90360=πR24 (đơn vị diện tích).

Diện tích hình quạt AOC là S2=πR2⋅120360=πR23 (đơn vị diện tích).

Vậy tỉ số phần trăm giữa diện tích hình quạt tròn BOC và diện tích hình quạt tròn AOC là: S1S2⋅100%=πR24:πR23⋅100%=75%.