Giải SBT Toán 9 kết nối tri thức trang 71 tập 1
Giải SBT Toán 9 KNTT trang 71 Bài tập cuối chương 5
Giải SBT Toán 9 Kết nối tri thức trang 71 tập 1 cung cấp lời giải các bài tập thuộc phần Bài tập cuối chương 5, giúp học sinh ôn lại kiến thức và rèn luyện phương pháp giải. Nội dung Giải Toán 9 KNTT tập 1 được trình bày rõ ràng, thuận tiện cho việc học, kiểm tra và đối chiếu kết quả.
Giải bài 5.27 trang 71 sách bài tập Toán 9 Tập 1 KNTT
Cho tam giác ABC có AB < AC và đường cao AH (H.5.12).
a) Trong các điểm B, H và C, điểm nào nằm trong, điểm nào nằm trên và điểm nào nằm ngoài đường tròn (A; AB)? Vì sao?
b) Xác định vị trí của điểm D trên đoạn AC trong mỗi trường hợp sau:
- Đường tròn (A) và đường tròn (C; CD) tiếp xúc với nhau;
- Đường tròn (A) và đường tròn (C; CD) cắt nhau;
- Đường tròn (A) và đường tròn (C; CD) không giao nhau.
Hướng dẫn giải:
Hình vẽ minh họa:
Dễ thấy điểm B nằm trên (A; AB).
Ta có:
AC > AB => Điểm C nằm ngoài (A; AB).
Xét tam giác AHB vuông tại H có AH là cạnh góc vuông, AB là cạnh huyền.
=> AH < AB
=> H nằm trong (A; AB).
b) Vìđiểm C nằm ngoài (A; AB) nên AC cắt đường tròn tại một điểm nằm giữa A và C.
Gọi giao điểm của AC và (A; AB) là M.
Khi đó ta có:
– Hai đường tròn (A) và (C; CD) tiếp xúc với nhau khi D trùng với M;
– Hai đường tròn (A) và (C; CD) cắt nhau khi D nằm giữa A và M;
– Hai đường (A) và (C; CD) không giao nhau khi D nằm giữa C và M.
Giải bài 5.28 trang 71 sách bài tập Toán 9 Tập 1 KNTT
Cho hình thang cân ABCD (AB // CD).
a) Chứng minh rằng đường trung trực d của AB cũng là đường trung trực của CD (từ đó suy ra hai điểm A và B đối xứng với nhau, C và D đối xứng với nhau qua d).
b) Giải thích tại sao nếu một đường tròn đi qua 3 điểm A, B và C thì nó cũng đi qua điểm D.
Hướng dẫn giải:
Hình vẽ minh họa:
a) Trường hợp 1: DA // CB
Ta có: ABCD là hình thang cân mà DA // CB
=> ABCD là hình chữ nhật.
=> Đường trung trực d của AB cũng là đường trung trực của CD. (đpcm)
TH2: DA và CB cắt nhau tại S.
Mà ABCD là hình thang cân nên
\(\widehat {SAB} = \widehat {SBA} = \widehat {SDC} = \widehat {SCD}\)
=> SAB và SDC cân tại S (hai góc ở đáy bằng nhau).
=> Trong tam giác SAB cân tại S, đường trung trực d của AB cũng là đường phân giác của góc S.
Trong tam giác SCD cân tại S, đường phân giác d của góc S cũng là đường trung trực của CD.
Vậy đường trung trực d của AB cũng là đường trung trực của CD. (đpcm)
b) Giả sử O là tâm đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C.
Khi đó ta có: OA = OB => Đường trung trực d của AB đi qua O.
Mà đường trung trực của AB cũng là đường trung trực của CD nên O cũng nằm trên đường trung trực của CD.
=> OC = OD.
Vậy D cũng thuộc đường tròn (O). (đpcm)
Giải bài 5.29 trang 71 sách bài tập Toán 9 Tập 1 KNTT
Giả sử CD là một dây song song với đường kính AB của đường tròn (O) sao cho ABCD là một tứ giác lồi. Gọi E là trung điểm của đoạn CD.
a) Chứng minh rằng A đối xứng với B và C đối xứng với D qua đường thẳng OE.
b) Chứng minh rằng tứ giác ABCD là một hình thang cân.
c) Biết rằng AB = 12 cm và \(\widehat {COD} = {100^0}\). Tính độ dài cung (nhỏ) AD và cung (lớn) ABC.
d) Với giả thiết ở câu c, tính diện tích hình quạt tròn ứng với cung nhỏ BD.
Hướng dẫn giải:
Hình vẽ minh họa:
a) Ta có:
E là trung điểm của CD => EC = ED.
C và D nằm trên (O) => OC = OD.
=> OE là đường trung trực của CD hay C và D đối xứng với nhau qua OE. (đpcm)
=> OE ⊥ CD.
Mà CD // AB nên OE ⊥ AB.
Mặt khác OA = OB nên OE cũng là đường trung trực của AB, hay A và B đối xứng với nhau qua OE. (đpcm)
b) Vì OC = OD nên tam giác OCD cân tại O và OE là đường trung trực nên cũng là đường phân giác của góc COD hay \(\widehat {{O_3}} = \widehat {{O_2}}\).
\(\begin{array}{l}
\Rightarrow \widehat {AOC} = \widehat {AOE} + \widehat {EOC} = {90^0} + \widehat {{O_3}} = {\widehat O_2} + {90^0}\\
= \widehat {DOE} + \widehat {EOB} = \widehat {DOB}
\end{array}\)
Ta có:
Hai tam giác AOC và DOB cân tại O có:
Các cạnh bên bằng nhau (OA = OB = OC = OD và bằng bán kính đường tròn (O))
Góc ở đỉnh bằng nhau (\(\widehat {AOC} = \widehat {DOB}\)).
=> ∆AOC = ∆DOB, vì vậy AC = DB.
Vậy hình thang ABCD (AB // CD) có hai đường chéo bằng nhau nên ABCD là hình thang cân.
c) Ta có:
Đường kính AB = 12 cm độ dài bán kính đường tròn (O) là:
12 : 2 = 6 (cm)
Ta có:
\(\widehat {{O_3}} = \widehat {{O_2}} = \frac{{\widehat {COD}}}{2} = \frac{{{{100}^0}}}{2} = {50^0}\)
\(\widehat {AOC} = \widehat {AOE} + \widehat {{O_2}} = {90^0} + {50^0} = {140^0}\)
Số đo cung nhỏ AD là:
SđAD \(= \widehat {AOD} = {90^0} - \widehat {{O_2}} = {90^0} - {50^0} = {40^0}\)
Độ dài cung nhỏ AD là:\(\frac{n}{{180}}.\pi .R = \frac{{40}}{{180}}.\pi .6 = \frac{4}{3}\pi\)(cm)
Số đo cung lớn ABC là:
sđABC \(= {360^0} - \widehat {AOC} = {360^0} - {140^0} = {220^0}\)
Độ dài cung lớn ABC là:\(\frac{n}{{180}}.\pi .R = \frac{{220}}{{180}}.\pi .6 = \frac{{22}}{3}\pi\)(cm)
Vậy độ dài cung nhỏ AD là \(\frac{4}{3}\pi\) cm và độ dài cung lớn ABC là \(\frac{22}{3}\pi\)cm.
d) Ta có
Diện tích hình quạt tròn ứng với cung nhỏ BD là:
\(\frac{n}{{360}}.\pi .{R^2} = \frac{{140}}{{360}}.\pi {.6^2} = 14\pi\)(cm2)
Vậy diện tích hình quạt tròn ứng với cung nhỏ BD là 14π cm2.
Giải bài 5.30 trang 71 sách bài tập Toán 9 Tập 1 KNTT
Cho tam giác vuông ABC (\(\widehat A = {90^0}\)) có \(\widehat C = {30^0}\) và AB = 3 cm. Đường phân giác của góc B cắt AC tại D.
a) Chứng minh rằng đường tròn (D; DA) tiếp xúc với cạnh BC.
b) Tính độ dài cung nằm trong góc BDC của đường tròn (D; DA) và diện tích hình quạt tròn tương ứng với cung ấy.
c) Tính diện tích hình vành khuyên tạo bởi hai đường tròn (D; DA) và (D; DC).
Hướng dẫn giải:
Hình vẽ minh họa
a) Kẻ đường vuông góc từ D xuống BC cắt BC tại E.
Vì BD là đường phân giác của hóc ABC nên DA = DE.
Vậy E nằm trên đường tròn (D; DA) hay (D; DA) tiếp xúc với cạnh BC. (đpcm)
b) Xét tam giác ABC vuông tại A nên ta có:
\(\widehat {ABC} = {90^0} - \widehat {ACB} = {90^0} - {30^0} = {60^0}\)
Lại có: DB là phân giác của góc ABC nên ta có:
\(\widehat {ABD} = \widehat {DBC} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2} = \frac{{{{60}^0}}}{2} = {30^0}\)
Xét tam giác BDC ta có:
\(\widehat {BDC} = {180^0} - \widehat {DBC} - \widehat {DCB} = {180^0} - {30^0} - {30^0} = {120^0}\)
Xét ta giác ABD vuông tại A ta có:
AD=ABtan30°=3.tan30°=\(\sqrt 3\) (cm)
Độ dài cung nằm trong góc BDC của đường tròn (D; DA) là:
\(\frac{n}{{{{180}^0}}}.\pi R = \frac{{120}}{{180}}.\pi .\sqrt 3 = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\pi\) (cm)
Diện tích hình quạt tròn tương ứng với cung đó là:
\(\frac{n}{{360}}.\pi {R^2} = \frac{{120}}{{360}}.\pi .{\left( {\sqrt 3 } \right)^2} = \pi\) (cm2)
Độ dài cung nằm trong góc BDC của đường tròn (D; DA) là:
\(\frac{n}{{{{180}^0}}}.\pi R = \frac{{120}}{{180}}.\pi .\sqrt 3 = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\pi\)(cm)
Vậy độ dài cung nằm trong góc BDC của đường tròn (D; DA) là \(\frac{{2\sqrt 3 }}{3}\pi\) cm và diện tích hình quạt tròn tương ứng với cung đó là π cm2.
c)Tam giác DBC cân tại D
=> DC = DB.
Xét tam giác vuông ABD, ta có:
\(\begin{array}{l}
BD = \frac{{AB}}{{\cos \widehat {ABD}}} = \frac{2}{{\cos {{30}^0}}} = 2\sqrt 3 \left( {cm} \right)\\
\Rightarrow DC = DB = \sqrt 3 (cm)
\end{array}\)
Ta có đường tròn (D; DA) có bán kính cm, đường tròn (D; DC) có bán kính \(DC = 2\sqrt 3\) cm.
=> Diện tích hình vành khuyên tạo bởi hai đường tròn này là:
.\(\left[ {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} \right].\pi = 9\pi \left( {c{m^2}} \right)\)
Vậy diện tích hình vành khuyên tạo bởi hai đường tròn (D; DA) và (D; DC) là cm2.
Giải bài 5.31 trang 71 sách bài tập Toán 9 Tập 1 KNTT
Từ điểm P nằm ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến PA và PB đến đường tròn (A và B là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh rằng PO ⊥ AB.
b) Gọi C là điểm đối xứng với A qua O. Chứng minh rằng BC // PO.
c) Tính độ dài các cạnh của tam giác PAB, biết OA = 3 cm và OP = 5 cm.
Hướng dẫn giải:
a) Ta có: PA và PB là hai tiếp tuyến của (O) nên PA = PB
=> Tam giác PAB cân tại P.
Vì PO là đường phân giác của góc APB nên đồng thời cũng là đường trung trực của AB.
=> PO ⊥ AB. (đpcm)
b) Vì C đối xứng với A qua O nên OC = OA.
=> C nằm trên đường tròn (O) hay AC là đường kính của (O).
Mà B nằm trên đường tròn (O) nên tam giác ABC vuông tại B, suy ra BC ⊥ AB.
Mà PO ⊥ AB nên BC // PO. (đpcm)
c) Ta có:
PA là tiếp tuyến với (O) tại A => PA ⊥ OA hay tam giác OAP vuông tại A.
Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác OAP nên ta có:
\(PA = \sqrt {O{P^2} - O{A^2}} = 4\left( {cm} \right)\)
Theo câu A ta có PB = PA = 4 cm.
Gọi H là giao điểm của PO với AB.
Lại có:
PO là trung trực của AB và H là giao điểm của PO với AB => AH ⊥ PO hay tam giác AHP vuông tại H.
Xét tam giác OAP vuông tại A có AH là đường cao, ta có:
\(\frac{1}{2}.AH.OP = \frac{1}{2}OA.PA \Rightarrow AH.OP = OA.PA\)(công thức diện tích)
\(AH = OA.\frac{{PA}}{{OP}} = 3.\frac{4}{5} = 2,4\left( {cm} \right)\)
\(AB = 2AH = 2.{\rm{ }}2,4 = 4,8\left( {cm} \right)\)
Vậy tam giác PAB có PA = PB = 4 cm và AB = 4,8 cm
---------------------------------
Giải SBT Toán 9 Kết nối tri thức trang 71 tập 1 giúp học sinh củng cố kiến thức qua các bài tập cuối chương 5, đồng thời rèn khả năng vận dụng công thức và phương pháp giải vào từng dạng bài. Với Giải Toán 9 KNTT tập 1, học sinh có thể đối chiếu đáp án, phát hiện lỗi sai và chủ động hoàn thiện kỹ năng làm bài.
