Giải SBT Toán 9 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 5 có đáp án
18 câu hỏi
Số đo góc \(\widehat {BAC}\) trong Hình 1 là
A. 55°.
B. 32,5°.
C. 65°.
D. 25°.
Đáp án đúng là: C
Ta có: \[\widehat {BAC} = \widehat {BDC} = 65^\circ \] (hai góc nội tiếp đường tròn cùng chắn dây cung BC).
Số đo góc \(\widehat {BAC}\) trong Hình 2 là
A. 50°.
B. 70°.
C. 30°.
D. 60°.
Đáp án đúng là: D
Ta có: \[\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC} = \frac{1}{2} \cdot 120^\circ = 60^\circ \] (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC).
Cho biết và OB = R. Độ dài cạnh BC là
A. \(R\sqrt 3 .\)
B. \(\frac{{R\sqrt 3 }}{2}.\)
C. \(R\sqrt 2 .\)
D. \(\frac{{R\sqrt 3 }}{3}.\)
Đáp án đúng là: A
Ta có:
Suy ra nên hay
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 \(\widehat {BOH} = \frac{1}{2}\widehat {BOC} = \frac{1}{2} \cdot 120^\circ = 60^\circ .\)
Xét ∆OBH vuông tại H, ta có:
\(BH = OB \cdot \sin \widehat {BOH} = R \cdot \sin 60^\circ = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.\)
Như vậy, \(BC = 2BH = 2 \cdot \frac{{R\sqrt 3 }}{2} = R\sqrt 3 .\)
Cho biết DE là tiếp tuyến của đường tròn trong Hình 4.
Số đo θ của góc \(\widehat {BAD}\) trong hình là
A. 28°.
B. 52°.
C. 56°.
D. 26°.
Đáp án đúng là: B
Vì DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên DE ⊥ OA tại A, suy ra \(\widehat {DAO} = 90^\circ .\)
Do đó \(\widehat {DAB} + \widehat {BAO} = 90^\circ \) hay \(\widehat {DAB} = 90^\circ - \widehat {BAO}.\,\,\left( 1 \right)\)
Xét ∆OAB cân tại O (do OA = OB) có:
\(\widehat {BAO} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOB}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {AOB}.\)
Mà \(\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB của đường tròn (O)).
Do đó \(\widehat {BAO} = 90^\circ - \widehat {ACB}\) hay \(\widehat {ACB} = 90^\circ - \widehat {BAO}.\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\theta = \widehat {DAB} = \widehat {ACB} = 52^\circ .\)
Cho biết DE là tiếp tuyến của đường tròn trong Hình 5.
Số đo θ của góc \(\widehat {BCE}\) trong hình là
A. 29°.
B. 61°.
C. 58°.
D. 32°.
Đáp án đúng là: A
Chứng minh tương tự Câu 4, trang 99, SBT Toán 9 Tập một, ta có:
\(\widehat {BCE} = \widehat {BAC} = 29^\circ .\)
Số đo θ của \(\widehat {RBS}\) có trong Hình 6 là
A. 83°.
B. 41,5°.
C. 34°.
D. 66°.
Đáp án đúng là: A
Ta có: \(\widehat {RBS} = \frac{1}{2}\widehat {RAS}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung RS của đường tròn (A)).
Suy ra \(\theta = \widehat {RBS} = \frac{1}{2}\widehat {RAS} = \frac{1}{2} \cdot 166^\circ = 83^\circ .\)
Cung 50° của một đường tròn đường kính d = 25 cm có độ dài (lấy π theo máy tính và kết quả làm tròn đến hàng phần trăm) là
A. 43,64 cm.
B. 10,91 cm.
C. 21,82 cm.
D. 87,28 cm.
Đáp án đúng là: B
Bán kính của đường tròn là: \(R = \frac{d}{2} = \frac{{25}}{2} = 12,5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
Độ dài của cung 50°, bán kính 12,5 cm là:
\[l = \frac{{\pi \cdot 12,5 \cdot 50}}{{180}} = \frac{{125\pi }}{{36}} \approx 10,91{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]
Hình quạt tròn bán kính R = 100 cm ứng với cung 40° có diện tích (lấy π theo máy tính và kết quả làm tròn đến hàng phần trăm) là
A. 34,91 cm2.
B. 3 490,66 cm2.
C. 69,82 cm2.
D. 6 981,32 cm2.
Đáp án đúng là: B
Diện tích hình quạt tròn bán kính R = 100 cm ứng với cung 40° là:
\[S = \frac{{\pi \cdot {{100}^2} \cdot 40}}{{360}} = \frac{{10\,\,000\pi }}{9} \approx 3\,\,490,66{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\]
Hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn (O; 5 cm) và (O; 2 cm) có diện tích (lấy π theo máy tính và kết quả làm tròn đến hàng phần trăm) là
A. 131,94 cm2.
B. 18,84 cm2.
C. 9,42 cm2.
D. 65,97 cm2.
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 – 22) = 21π ≈ 65,97 (cm2).
Chọn đúng hoặc sai cho mỗi ý a), b), c), d).
Cho hai đường tròn C(O; 7 cm), C’(O’; 8 cm) và OO’ = 15 cm.
a) Hai đường tròn (C) và (C’) cắt nhau.
b) Hai đường tròn (C) và (C’) tiếp xúc ngoài.
c) Hai đường tròn (C) và (C’) tiếp xúc trong.
d) Hai đường tròn (C) và (C’) chỉ có một điểm chung duy nhất.
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.
Chọn đúng hoặc sai cho mỗi ý a), b), c), d).
Cho bốn điểm A, B, C, D trên đường tròn (O) như Hình 7.
a) \(\widehat {BOC}\) là góc nội tiếp chắn cung của đường tròn (O).
b) \(\widehat {OBC} = 40^\circ .\)
c) \(\widehat {BAC} = \widehat {BDC}.\)
d) \(\widehat {BAC} = 70^\circ .\)
Xét đường tròn (O), ta có: \(\widehat {BOC}\) là góc ở tâm chắn cung \(\widehat {BAC},\,\,\widehat {BDC}\) là hai góc nội tiếp chắn cung
Do đó \(\widehat {BAC} = \widehat {BDC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC} = \frac{1}{2} \cdot 140^\circ = 70^\circ .\)
Xét ∆OBC cân tại O (do OB = OC) nên
\(\widehat {OBC} = \widehat {OCB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOC}}}{2} = \frac{{180^\circ - 140^\circ }}{2} = 20^\circ .\)
Vậy:
a) S.
b) S.
c) Đ.
d) Đ.
Chọn đúng hoặc sai cho mỗi ý a), b), c), d).
Cho AB và AC là hai tiếp tuyến tiếp xúc với đường tròn (O; R) lần lượt tại hai tiếp điểm B và C (Hình 8).
a) AB = AO.
b) Tia AO là tia phân giác của \(\widehat {BAC}.\)
c) Tia OA là tia phân giác của \(\widehat {BOC}.\)
d) OA = OB = R.
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 \(\widehat {BAC};\)
⦁ Tia OA là tia phân giác của \(\widehat {BOC}.\)
Vậy:
a) S.
b) Ð.
c) Ð.
d) S.
Cho tam giác ABC nhọn với các đường cao AA’, BB’, CC’. Chứng minh rằng A’A là tia phân giác của góc \(\widehat {B'A'C'}.\)
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:\(\widehat {BC\prime H} = \widehat {BA\prime H} = 90^\circ ,\) nên bốn điểm B, A’, H, C’ cùng nằm trên đường tròn đường kính BH.
Do đó \[\widehat {C'A'H} = \widehat {C'BH}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung C’H).
Chứng minh tương tự, ta cũng có \(\widehat {B\prime A\prime H} = \widehat {B\prime CH}.\)
Mà \(\widehat {C\prime BH} = \widehat {B\prime CH}\) (cùng phụ với \(\widehat {BAC}{\rm{)}},\) nên ta có \(\widehat {C\prime A\prime H} = \widehat {B\prime A\prime H}.\)
Vậy A’A là tia phân giác của góc \(\widehat {B\prime A\prime C\prime }.\)
Cho đường tròn (O; R) và một điểm M bên trong đường tròn đó. Qua M kẻ hai dây cung AB và CD vuông góc với nhau (D thuộc cung nhỏ AB). Vẽ đường kính DE.Chứng minh rằng:
a) MA.MB = MC.MD.
b) Tứ giác ABEC là hình thang cân.
c) Tổng MA2 + MB2 + MC2 + MD2 có giá trị không đổi khi M thay đổi vị trí trong đường tròn (O).
Do AB ⊥ CD nên \(\widehat {AMC} = \widehat {DMB} = 90^\circ .\)
a) Xét đường tròn (O) có \(\widehat {ACD} = \widehat {ABD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD).
Xét ∆MAC và ∆MDB, có:
\(\widehat {AMC} = \widehat {DMB} = 90^\circ ,\,\,\widehat {ACM} = \widehat {DBM}\)
Do đó ∆MAC ᔕ ∆MDB (g.g).
Suy ra \(\frac{{MA}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MB}}\) hay MA.MB = MC.MD.
b) Vì DE là đường kính của đường tròn (O) nên \(\widehat {ECD} = \widehat {EBD} = 90^\circ .\)
Suy ra CE ⊥ CD.
Mà AB ⊥ CD nên AB // CE, do đó tứ giác ABEC là hình thang.
Mặt khác, \(\widehat {CAB} + \widehat {ACM} = 90^\circ \) (tổng hai góc nhọn trong ∆ACM vuông tại M);
\(\widehat {EBA} + \widehat {MBD} = \widehat {EBD} = 90^\circ ;\)
\(\widehat {ACM} = \widehat {DBM}\)
Suy ra \(\widehat {EBA} = \widehat {CAB}.\)
Hình thang ABEC có \(\widehat {EBA} = \widehat {CAB}\) nên ABEC là hình thang cân.
c) Xét ∆ACM vuông tại M, theo định lí Pythagore, ta có:
AC2 = MA2 + MC2.
Xét ∆BDM vuông tại M, theo định lí Pythagore, ta có:
BD2 = MB2 + MD2.
Do đó MA2 + MB2 + MC2 + MD2 = AC2 + BD2.
Lại có AC = BE (vì ABEC là hình thang cân) nên:
MA2 + MB2 + MC2 + MD2 = AC2 + BD2 = BE2 + BD2.
Xét ∆BDE vuông tại B, theo định lí Pythagore, ta có:
DE2 = BD2 + BE2.
Do đó MA2 + MB2 + MC2 + MD2 = BE2 + BD2 = DE2 = (2R)2 = 4R2, đây là giá trị không đổi do R không đổi.ở
Vậy tổng MA2 + MB2 + MC2 + MD2 có giá trị không đổi.
Cho tam giác ABC cân tại A, \(\widehat A < 90^\circ .\) Vẽ đường tròn đường kính AB cắt BC và AC lần lượt tại D và E.Chứng minh rằng:
a) ∆DBE là tam giác cân.
b) \(\widehat {CBE} = \frac{1}{2}\widehat {BAC}.\)
a) Ta có D, E cùng nằm trên đường tròn đường kính AB nên \(\widehat {ADB} = \widehat {AEB} = 90^\circ \) 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 \(DB = DC = \frac{1}{2}BC.\)
Xét ∆BEC vuông tại E có ED là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC nên \(ED = \frac{1}{2}BC.\)
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 \(\widehat {BAC},\) do đó \(\widehat {BAD} = \frac{1}{2}\widehat {BAC}.\)
Ta có \(\widehat {DBE} = \widehat {DEB}\) (do ∆BDE cân tại D) và \(\widehat {BAD} = \widehat {BED}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD).
Suy ra \[\widehat {DBE} = \frac{1}{2}\widehat {BAC}\] hay \[\widehat {CBE} = \frac{1}{2}\widehat {BAC}.\]
Trong Hình 9, cho biết AB = 12, AC = 16; đường tròn (I) tiếp xúc với AH, BC và đường tròn (O); đường tròn (J) tiếp xúc với AH, BC và đường tròn (O).
Tính:
a) BC, BH.
b) Bán kính R, R’ của đường tròn (I) và (J).
c) Khoảng cách PQ.
a) Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác ABC vuông tại A, ta có:
\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{12}^2} + {{16}^2}} = \sqrt {400} = 20.\)
Xét ∆BHA và ∆BAC có:
\[\widehat B\]là góc chung; \[\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ .\]
Do đó ∆BHA ᔕ ∆BAC (g.g), suy ra\[\frac{{BA}}{{BC}} = \frac{{BH}}{{BA}}\]
Nên \(BH = \frac{{B{A^2}}}{{BC}} = \frac{{{{12}^2}}}{{20}} = \frac{{144}}{{20}} = 7,2.\)
b)Ta có \[OB = OC = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 20 = 10;\]
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 \(\widehat {IPH} = \widehat {IDH} = \widehat {PHD} = 90^\circ \) 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 = IP2 + PO2
Suy ra (OM – IM)2 = IP2 + (OH + PH)2
(10 – R)2 = R2 + (R + 2,8)2
100 – 20R + R2 = R2 + R2 + 5,6R + 7,84
R2 + 25,6R – 92,16 = 0
Phương trình trên có ∆ = 25,62 – 4.1.(–92,16) = 1 024 > 0 và \(\sqrt \Delta = \sqrt {1\,\,024} = 32.\)
Do đó phương trình trên có hai nghiệm là:
\(R = \frac{{ - 25,6 + 32}}{2} = 3,2\) (thỏa mãn);
\(R = \frac{{ - 25,6 - 32}}{2} = - 28,8\) (không thỏa mãn).
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác JQO vuông tại Q, ta có:
JO2 = JQ2 + QO2
Suy ra (ON – JN)2 = R2 + (HQ – OH)2
(10 – R’)2 = R’2 + (R’ – 2,8)2
100 – 20R’ + R’2 = R’2 + R’2 – 5,6R’ + 7,84
R’2 + 14,4R – 92,16 = 0.
Phương trình trên có ∆ = 14,42 – 4.1.(–92,16) = 576 > 0 và \(\sqrt \Delta = \sqrt {576} = 24.\)
Do đó phương trình trên có hai nghiệm là:
\(R = \frac{{ - 14,4 + 24}}{2} = 4,8\) (thỏa mãn);
\(R = \frac{{ - 14,4 - 24}}{2} = - 19,2\) (không thỏa mãn).
c) Ta có PQ = PH + QH = R + R’ = 3,2 + 4,8 = 8.
Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại hai điểm A và B phân biệt. Vẽ đường thẳng vuông góc với AB tại A và cắt (O),(O’) lần lượt tại C, D. Tia CB cắt (O’) tại E, tia DB cắt (O) tại F. Chứng minh rằng:
a) CD.CA = CB.CE.
b) DC.DA = DB.DF.
c) CD2 = CB.CE + DB.DF.
a) Trong đường tròn (O’), ta có:
⦁ (góc nội tiếp chắn cung AB);
⦁ (góc nội tiếp chắn cung AB).
Suy ra \(\widehat {CDB} = \widehat {CEA}.\)
Xét ∆CDB và ∆CEA có:
Góc C chung; \(\widehat {CDB} = \widehat {CEA}.\)
Do đó ∆CDB ᔕ ∆CEA (g.g)
Suy ra \(\frac{{CD}}{{CE}} = \frac{{CB}}{{CA}}\) hay CD.CA = CB.CE.
b) Xét đường tròn (O) có \[\widehat {DCB} = \widehat {AFB} = \widehat {AFD}\] (hai góc nội tiếp chắn dây cung AB)
Xét ∆CDB và ∆FDA có:
Góc D chung; \[\widehat {DCB} = \widehat {AFD}\]
Do đó ∆CDB ᔕ ∆FDA (g.g)
Suy ra \[\frac{{CD}}{{FD}} = \frac{{BD}}{{DA}}\] hay DC.DA = DB.DF.
c) Ta có:
CB.CE + DB.DF = CD.CA + DC.DA = CD(CA + AD) = CD.CD = CD2.
Vậy CB.CE + DB.DF = CD2.
Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) (R > R’) tiếp xúc trong tại A. Một tiếp tuyến của đường tròn (O’) tại M cắt đường tròn (O) tại hai điểm B, C. Đường thẳng BO’ cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D và cắt đường thẳng AM tại E. Gọi F là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE với AC và N là giao điểm thứ hai của AN với (O). Chứng minh rằng:
a) O’M // ON.
b) Ba điểm D, N, F thẳng hàng.
c) DF là tia phân giác của góc \(\widehat {BDC}.\)
a) Xét ∆O’AM cân tại O’ (do O’A = O’M) nên \(\widehat {O'AM} = \widehat {O\prime MA}.\)
Xét ∆OAN cân tại O (do OA = ON) nên \(\widehat {OAN} = \widehat {ANO}.\)
Do đó \(\widehat {O\prime MA} = \widehat {ONA},\) 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 \[\widehat {BON} = \widehat {CON},\] 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 \(\widehat {BDN} = \widehat {NAC} = \widehat {EAF}.\) (1)
Trong đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE, ta có:
\(\widehat {EAF} = \widehat {EDF} = \widehat {BDF}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung EF). (2)
Từ (1), (2) ta có \(\widehat {BDF} = \widehat {BDN},\) suy ra D, N, F thẳng hàng.
c) Ta có hai cung BN và NC có số đo bằng nhau, suy ra \(\widehat {BDN} = \widehat {NDC}\) (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay DF là tia phân giác của \(\widehat {BDC}.\)
