Giải SGK Toán 9 Cánh Diều Bài tập cuối chương V

Bài tập 1: Trong Hình 92, cho các điểm A, B, C, D, E thuộc đường tròn (O).

a) Số đo góc BOC là

Α. α.

B. 2α.

C. 180° – α.

D. 180° – 2α.

Đáp án: B

Giải thích:

Xét đường tròn (O) có ${\mathrm{BOC^\backslash widehat\{BOC\}BOC}}^{}$ và ${\mathrm{BAC^\backslash widehat\{BAC\}BAC}}^{}$lần lượt là góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung BC.

Do đó $BOC^\backslash widehat\{BOC\}BOC=2{\mathrm{BAC^\backslash widehat\{BAC\}BAC}}^{}=2\alpha .$

b) Số đo góc BDC là

Α. α.

B. $\frac{\alpha }{2}.$

C. 180° – α.

D. 180° – $\frac{\alpha }{2}.$

Đáp án: A

Giải thích:

Xét đường tròn (O) có $\widehat{BDC}$ và ${\mathrm{BAC^\backslash widehat\{BAC\}BAC}}^{}$ là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC.

Do đó ${\mathrm{BDC^\backslash widehat\{BDC\}BDC}}^{}={\mathrm{BAC^\backslash widehat\{BAC\}BAC}}^{}=\alpha$

$\frac{\alpha }{2}.$

c) Số đo góc BEC là

Α. α.

B. 2α.

C. 180° – α.

D. 360° – α.

Đáp án: C

Giải thích:

Bài tập 2:

a) Độ dài cung tròn có số đo 30° của đường tròn bán kính R là:

A. $\frac{\pi R}{180}.$

B. $\frac{\pi R}{360}.$

C. 30πR.

D. $\frac{\pi R}{6}.$

Đáp án: D

Giải thích:

Áp dụng công thức $l=\frac{\pi Rn}{180},$ ta có độ dài cung tròn có số đo 30° của đường tròn bán kính R là:

$l=\frac{\pi R\cdot 30}{180}=\frac{\pi R}{6}.$

b) Diện tích của hình quạt tròn tâm O, bán kính R, cung có số đo 45° là:

A. $\frac{\pi R^2}{45}.$

B. $\frac{\pi R^2}{45}.$

C. $\frac{\pi R^2}{8}.$

D. $\frac{\pi R^2}{16}.$

Đáp án: C

Giải thích:

Áp dụng công thức $S=\frac{\pi R^{2}n}{360},$ ta có diện tích hình quạt tròn tâm O, bán kính R, cung có số đo 45° là:

$S=\frac{\pi R^2\cdot 45}{360}=\frac{\pi R^2}{8}.$

Bài tập 3: Cho hình vuông ABCD cạnh r và đường tròn (C; r). Giả sử M là một điểm nằm trên đường tròn (C; r) sao cho điểm M nằm trong hình vuông ABCD. Tiếp tuyến của đường tròn (C; r) tại tiếp điểm M cắt các đoạn thẳng AB, AD lần lượt tại N, P. Chứng minh:

a) Các đường thẳng NB, PD là các tiếp tuyến của đường tròn (C; r).

b) ${\mathrm{NCP^\backslash widehat\{NCP\}NCP}}^{}={\mathrm{NCB^\backslash widehat\{NCB\}NCB}}^{}+{\mathrm{PCD^\backslash widehat\{PCD\}PCD}}^{}=45°.$

Trả lời:

Bài tập 4: Chứng minh trong một đường tròn:

a) Đường kính vuông góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy;

b) Đường kính đi qua trung điểm của một dây không đi qua tâm thì vuông góc với dây ấy;

c) Hai dây bằng nhau thì cách đều tâm;

d) Hai dây cách đều tâm thì bằng nhau.

Trả lời:

a) Ta có: OC = OD = R.

 OCD cân tại O.

Mà OA  CD tại I  OI đồng thời là đường trung trực

 I là trung điểm DC (đpcm).

b) Ta có: OE = OF = R.

 OEF cân tại O.

Mà  OEF có đường trung tuyến OH

 OH đồng thời là đường cao của  OEF (H  AB) (đpcm).

c) Giả sử DC = JK; JK cắt AB tại P

Chứng minh tương tự câu a ta được P là trung điểm JK.

 JP = PK =  JK (1).

Vì I là trung điểm CD  DI = IC =  CD mà JK = CD (giả thiết) (2).

Từ (1) và (2)  JP = PK = DI = IC.

Xét  OID vuông tại I và  OJP vuông tại P có:

OD = OJ = R

DI = JP (cmt)

 OID =  OJP (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

 OI = OP (hai cạnh tương ứng) (đpcm).

d) Giả sử dây MN cắt AB tại Q  OQ là khoảng cách từ tâm đến AB.

Chứng minh tương tự câu a ta có Q là trung điểm MN.

 MQ = QN =  MN .

Xét  OQN vuông tại Q và  OHF vuông tại H có:

ON = OF = R

OQ = OH (gt)

 OQN =  OHF (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

 QN = HF (hai cạnh tương ứng).

  MN =  EF hay MN = EF (đpcm).

Bài tập 5: Cho hai đường tròn (I; r) và (K; R) tiếp xúc ngoài với nhau tại P với R ≠ r, đường thẳng a lần lượt tiếp xúc với (I; r) và (K; R) tại A và B, a cắt KI tại O. Đường thẳng qua P vuông góc với IK cắt đường thẳng a tại M. Chứng minh:

a) $\frac{OI}{OK}=\frac{r}{R};$

b) AB = 2MP;

c) ${\mathrm{IMK^\backslash widehat\{IMK\}IMK}}^{}=90°.$

Trả lời:

a) Vì đường thẳng a là tiếp tuyến của hai đường tròn (I) và (K) lần lượt tại tiếp điểm A, B nên IA ⊥ a tại A, KB ⊥ a tại B. Do đó IA // KB.

Xét ∆OBK có IA // KB nên $\frac{OI}{OK}=\frac{IA}{KB}=\frac{r}{R}$ (hệ quả định lí Thalès).

b) Vì MP ⊥ IK tại P nên MP là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (K).

Xét đường tròn (I), hai tiếp tuyến MA, MP cắt nhau tại M nên MA = MP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét đường tròn (K), hai tiếp tuyến MB, MP cắt nhau tại M nên MB = MP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Do đó MA + MB = MP + MP hay AB = 2MP.

c) Xét đường tròn (I), hai tiếp tuyến MA, MP cắt nhau tại M nên MI là tia phân giác của góc AMP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó ${\mathrm{IMP^\backslash widehat\{IMP\}IMP}}^{}=\frac{1}{2}{\mathrm{AMP^\backslash widehat\{AMP\}AMP}}^{}.$

Xét đường tròn (K), hai tiếp tuyến MB, MP cắt nhau tại M nên MK là tia phân giác của góc BMP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó ${\mathrm{KMP^\backslash widehat\{KMP\}KMP}}^{}=\frac{1}{2}{\mathrm{BMP^\backslash widehat\{BMP\}BMP}}^{}.$

Ta có:

$\stackrel{}{}IMP^\backslash widehat\{IMP\}IMP\; +{\mathrm{KMP^\backslash widehat\{KMP\}KMP}}^{}=\frac{1}{2}{\mathrm{AMP^\backslash widehat\{AMP\}AMP}}^{}+\frac{1}{2}{\mathrm{BMP^\backslash widehat\{BMP\}BMP}}^{}=\frac{1}{2}\left({\mathrm{AMP^\backslash widehat\{AMP\}AMP}}^{}+{\mathrm{BMP^\backslash widehat\{BMP\}BMP}}^{}\right)=\frac{1}{2}\cdot 180°=90°.$

Hay ${\mathrm{IMK^\backslash widehat\{IMK\}IMK}}^{}=90°.$

Vậy ${\mathrm{IMK^\backslash widehat\{IMK\}IMK}}^{}=90°.$

Bài tập 6: Mặt đĩa CD ở Hình 93 có dạng hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn có bán kính lần lượt là 1,5 cm và 6 cm. Hình vành khuyên đó có diện tích bằng bao nhiêu centimét vuông (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?

Trả lời:

Bài tập 7: Hình 94 mô tả mảnh vải có dạng một phần tư hình vành khuyên, trong đó hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn cùng tâm và có bán kính lần lượt là 3 dm và 5 dm. Diện tích của mảnh vải đó bằng bao nhiêu decimét vuông (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?

Trả lời:

Diện tích góc phần tư bên ngoài là:

 (dm2)

Diện tích góc phần tư bên trong là:

 (dm2)

Diện tích mảnh vải là: 

 (dm2).

Vậy diện tích mảnh vải là 12,5 dm2.

Bài tập 8: Logo ở Hình 95 có dạng một hình quạt tròn bán kính 8 cm và góc ở tâm bằng 60°. Tính diện tích mỗi hình sau (theo đơn vị centimét vuông và làm tròn kết quả đến hàng phần mười).

a) Toàn bộ logo;

b) Phần logo màu đỏ có dạng hình viên phân.

Trả lời:

a) Diện tích toàn bộ phần logo có dạng hình quạt tròn là:

$S=\frac{\pi \cdot 8^2\cdot 60}{360}=\frac{32\pi }{3}\approx 33,5{\text{(cm}}^2\text{).}$

b)

Kẻ OH ⊥ AB.

Xét ∆OAB có OA = OB = R và ${\mathrm{AOB^\backslash widehat\{AOB\}AOB}}^{}=60°$ nên ∆OAB là tam giác đều. Do đó ${\mathrm{OAB^\backslash widehat\{OAB\}OAB}}^{}=60°.$

Xét ∆OHA vuông tại H, ta có: OH = OA.sin${\mathrm{OAH^\backslash widehat\{OAH\}OAH}}^{}$ = OA.sin60o (cm).

Diện tích phần logo màu xanh có dạng tam giác OAB là:

S1 = $\frac{1}{2}$OA.OH = $\frac{1}{2}$OA.OA.sin60o = $\frac{1}{2}$.8.8.sin60o = 16$\sqrt{3}$ (cm2) ≈ 27,7 (cm2).

Diện tích phần logo màu đỏ có dạng hình viên phân là:

S2 = S – S1 ≈ 33,5 – 27,7 = 5,8 (cm2).

Bài tập 9: Hình 96 biểu diễn vùng biển được chiếu sáng bởi một hải đăng có dạng một hình quạt tròn với bán kính 18 dặm, cung AmB có số đo 245°.

a) Hãy tính diện tích vùng biển có thể nhìn thấy ánh sáng từ hải đăng theo đơn vị kilômét vuông (lấy 1 dặm = 1 609 m và làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

b) Giả sử một con thuyền di chuyển dọc theo dây cung có độ dài 28 dặm của đường tròn với tâm là tâm của hình quạt tròn, bán kính là 18 dặm. Tính khoảng cách nhỏ nhất từ con thuyền đến hải đăng (theo đơn vị dặm và làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Trả lời: