Sách bài tập Toán 9 (Chân trời sáng tạo): Bài tập cuối chương 5

180

Với giải sách bài tập Toán 9 Bài tập cuối chương 5 sách Chân trời sáng tạo hay, chi tiết giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 9. Mời các bạn đón xem:

Giải SBT Toán 9 Bài tập cuối chương 5

CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM

Trong các câu từ 1 đến 9, chọn phương án đúng.

Câu 1 trang 98 sách bài tập Toán 9 Tập 1Số đo góc BAC^ trong Hình 1 là

Số đo góc BAC trong Hình 1 là trang 98 sách bài tập Toán 9 Tập 1

A. 55°.

B. 32,5°.

C. 65°.

D. 25°.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có: BAC^=BDC^=65° (hai góc nội tiếp đường tròn cùng chắn dây cung BC).

Câu 2 trang 98 sách bài tập Toán 9 Tập 1Số đo góc BAC^ trong Hình 2 là

Số đo góc BAC trong Hình 2 là trang 98 sách bài tập Toán 9 Tập 1

A. 50°.

B. 70°.

C. 30°.

D. 60°.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có: BAC^=12BOC^=12120°=60° (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC).

Câu 3 trang 98 sách bài tập Toán 9 Tập 1Cho biết AB=BC=CA và OB = R. Độ dài cạnh BC là

Cho biết sđ cung AB = sđ cung BC = sđ cung CA và OB = R. Độ dài cạnh BC là

Cho biết sđ cung AB = sđ cung BC = sđ cung CA và OB = R. Độ dài cạnh BC là

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Ta có: AB+BC+CA=360°

Suy ra 3BC=360° nên BC=120°,  hay BOC^=120°.

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^=12120°=60°.

Xét ∆OBH vuông tại H, ta có:

BH=OBsinBOH^=Rsin60°=R32.

Như vậy, BC=2BH=2R32=R3.

Câu 4 trang 99 sách bài tập Toán 9 Tập 1Cho biết DE là tiếp tuyến của đường tròn trong Hình 4.

Cho biết DE là tiếp tuyến của đường tròn trong Hình 4. Số đo θ của góc BAD trong hình là

Số đo θ của góc BAD^ trong hình là

A. 28°.

B. 52°.

C. 56°.

D. 26°.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Vì DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên DE ⊥ OA tại A, suy ra DAO^=90°.

Do đó DAB^+BAO^=90° hay DAB^=90°BAO^.  1

Xét ∆OAB cân tại O (do OA = OB) có:

BAO^=180°AOB^2=90°12AOB^.

 ACB^=12AOB^  (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB của đường tròn (O)).

Do đó BAO^=90°ACB^  hay ACB^=90°BAO^.  2 >

Từ (1) và (2) suy ra θ=DAB^=ACB^=52°.

Câu 5 trang 99 sách bài tập Toán 9 Tập 1Cho biết DE là tiếp tuyến của đường tròn trong Hình 5.

Cho biết DE là tiếp tuyến của đường tròn trong Hình 5. Số đo θ của góc BCE trong hình là

Số đo θ của góc BCE^ trong hình là

A. 29°.

B. 61°.

C. 58°.

D. 32°.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

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

BCE^=BAC^=29°.

Câu 6 trang 99 sách bài tập Toán 9 Tập 1Số đo θ của RBS^ có trong Hình 6 là

Số đo θ của góc RSB có trong Hình 6 là trang 99 sách bài tập Toán 9 Tập 1

A. 83°.

B. 41,5°.

C. 34°.

D. 66°.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Ta có: RBS^=12RAS^ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung RS của đường tròn (A)).

Suy ra θ=RBS^=12RAS^=12166°=83°.

Câu 7 trang 99 sách bài tập Toán 9 Tập 1Cung 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.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Bán kính của đường tròn là: R=d2=252=12,5 (cm).

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

l=π12,550180=125π3610,91 (cm).

Câu 8 trang 99 sách bài tập Toán 9 Tập 1Hình 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.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

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

S=π100240360=10  000π93  490,66 (cm2).

Câu 9 trang 99 sách bài tập Toán 9 Tập 1: 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.

Lời giải:

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).

Trong các câu từ 10 đến 12, chọn đúng hoặc sai cho mỗi ý a), b), c), d).

Câu 10 trang 100 sách bài tập Toán 9 Tập 1Chọn 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.

Lời giải:

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 trang 100 sách bài tập Toán 9 Tập 1Chọn đúng hoặc sai cho mỗi ý a), b), c), d).

Cho bốn điểm A, B, C, D trên đường tròn (O) như Hình 7.

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) BOC^ là góc nội tiếp chắn cung BC của đường tròn (O).

b) OBC^=40°.

c) BAC^=BDC^.

d) BAC^=70°.

Lời giải:

Xét đường tròn (O), ta có: BOC^ là góc ở tâm chắn cung BC;BAC^,  BDC^ là hai góc nội tiếp chắn cung BC;

Do đó BAC^=BDC^=12BOC^=12140°=70°.

Xét ∆OBC cân tại O (do OB = OC) nên

OBC^=OCB^=180°BOC^2=180°140°2=20°.

Vậy:

a) S.

b) S.

c) Đ.

d) Đ.

Câu 12 trang 100 sách bài tập Toán 9 Tập 1Chọn 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).

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)

a) AB = AO.

b) Tia AO là tia phân giác của BAC^.

c) Tia OA là tia phân giác của BOC^.

d) OA = OB = R.

Lời giải:

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^;

⦁ Tia OA là tia phân giác của BOC^.

Vậy:

a) S.

b) Ð.

c) Ð.

d) S.

BÀI TẬP TỰ LUẬN

  • Bài 13 trang 100 sách bài tập Toán 9 Tập 1Cho tam giác ABC nhọn với các đường cao AA’, BB’, CC’. Chứng minh rằng A’A là tia phân giác của góc 

    Lời giải:

    Cho tam giác ABC nhọn với các đường cao AA’, BB’, CC’. Chứng minh rằng A’A

    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:  nên bốn điểm  B, A’, H, C’ cùng nằm trên đường tròn đường kính BH.

    Do đó  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung C’H).

    Chứng minh tương tự, ta cũng có 

       (cùng phụ với > nên ta có 

    Vậy A’A là tia phân giác của góc 

  • Bài 14 trang 100 sách bài tập Toán 9 Tập 1Cho 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).

    Lời giải:

    Cho đường tròn (O; R) và một điểm M bên trong đường tròn đó. Qua M kẻ hai dây cung AB và CD

    Do AB ⊥ CD nên AMC^=DMB^=90°.

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

    Xét ∆MAC và ∆MDB, có:

    AMC^=DMB^=90°,  ACM^=DBM^

    Do đó ∆MAC ᔕ ∆MDB (g.g).

    Suy ra MAMD=MCMB hay MA.MB = MC.MD.

    b) Vì DE là đường kính của đường tròn (O) nên ECD^=EBD^=90°.

    Suy ra  CE ⊥ CD.

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

    Mặt khác, CAB^+ACM^=90° (tổng hai góc nhọn trong ∆ACM vuông tại M);

                     EBA^+MBD^=EBD^=90°;

                     ACM^=DBM^

    Suy ra EBA^=CAB^.

    Hình thang ABEC có EBA^=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.

  • Bài 15 trang 100 sách bài tập Toán 9 Tập 1Cho tam giác ABC cân tại A, A^<90°. 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) CBE^=12BAC^.

    Lời giải:

    Cho tam giác ABC cân tại A,  góc A < 90 độ Vẽ đường tròn đường kính AB cắt BC

    a) Ta có D, E cùng nằm trên đường tròn đường kính AB nên ADB^=AEB^=90° 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.

    Xét ∆BEC vuông tại E có ED là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC nên ED=12BC.

    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^,  do đó BAD^=12BAC^.

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

    Suy ra DBE^=12BAC^  hay CBE^=12BAC^.

  • Bài 16 trang 101 sách bài tập Toán 9 Tập 1Trong 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).

    Trong Hình 9, cho biết AB = 12, AC = 16; đường tròn (I) tiếp xúc với AH

    Tính:

    a) BC, BH.

    b) Bán kính R, R’ của đường tròn (I) và (J).

    c) Khoảng cách PQ.

    Lời giải:

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

    BC=AB2+AC2=122+162=400=20.

    Xét ∆BHA và ∆BAC có:

    B^ là góc chung; BHA^=BAC^=90°.

    Do đó ∆BHA ᔕ ∆BAC (g.g), suy ra BABC=BHBA

    Nên BH=BA2BC=12220=14420=7,2.

    b) Ta có OB=OC=12BC=1220=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° 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 Δ=1  024=32.

    Do đó phương trình trên có hai nghiệm là:

    R=25,6+322=3,2(thỏa mãn);

    R=25,6322=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 Δ=576=24.

    Do đó phương trình trên có hai nghiệm là:

    R=14,4+242=4,8 (thỏa mãn);

    R=14,4242=19,2 (không thỏa mãn).

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

  • Bài 17 trang 101 sách bài tập Toán 9 Tập 1Cho 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.

    Lời giải:

    Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại hai điểm A và B phân biệt

    a) Trong đường tròn (O’), ta có:

     CDB^=ADB^=12AB (góc nội tiếp chắn cung AB);

     CEA^=BEA^=12AB  (góc nội tiếp chắn cung AB).

    Suy ra CDB^=CEA^.

    Xét ∆CDB và ∆CEA có:

    Góc C chung; CDB^=CEA^.

    Do đó ∆CDB ᔕ ∆CEA (g.g)

    Suy ra CDCE=CBCA hay CD.CA = CB.CE.

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

    Xét ∆CDB và ∆FDA có:

    Góc D chung; DCB^=AFD^

    Do đó ∆CDB ᔕ ∆FDA (g.g)

    Suy ra CDFD=BDDA 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.

Bài 18 trang 101 sách bài tập Toán 9 Tập 1Cho 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 BDC^.

Lời giải:

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

a) Xét ∆O’AM cân tại O’ (do O’A = O’M) nên O'AM^=O'MA^.

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

Do đó O'MA^=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^,  do đó BN=NC hay N là điểm chính giữa cung BC.

Mặt khác NAC^=NDC^=12NC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NC của đường tròn (O)) và BDN^=12BN (góc nội tiếp chắn cung BN của đường tròn (O))

Do đó BDN^=NAC^=EAF^. (1)

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

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

Từ (1), (2) ta có BDF^=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^ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay DF là tia phân giác của BDC^.

Xem thêm các bài giải SBT Toán lớp 9 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:

Bài tập cuối chương 4

Bài 1: Đường tròn

Bài 2: Tiếp tuyến của đường tròn

Bài 3: Góc ở tâm, góc nội tiếp

Bài 4: Hình quạt tròn và hình vành khuyên

Bài tập cuối chương 5

Đánh giá

0

0 đánh giá