Ôn tập chương 5 - Toán 9

Lời giải:

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Vì ABCD là hình chữ nhật nên hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Suy ra $OA = OB = OC = OD = \frac{AC}{2}$. Do đó, 4 điểm A, B, C, D cách đều điểm O, nên chúng cùng thuộc đường tròn tâm O bán kính $R = \frac{AC}{2}$. Xét tam giác ABC vuông tại B: $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = \sqrt{64 + 36} = \sqrt{100} = 10$ cm. Vậy tâm đường tròn là giao điểm hai đường chéo, bán kính $R = 5$ cm.

Lời giải:

a) Kẻ $OH \perp AB$ tại $H$. Theo định lý đường kính và dây cung, H là trung điểm của AB. Suy ra $AH = \frac{AB}{2} = 12$ cm. Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông OHA: $OH = \sqrt{OA^2 - AH^2} = \sqrt{13^2 - 12^2} = \sqrt{169 - 144} = \sqrt{25} = 5$ cm. Khoảng cách từ tâm O đến dây AB là $5$ cm.

b) Vì H là trung điểm AB nên $AH = 12$ cm. Khoảng cách từ M đến H là $MH = AH - AM = 12 - 7 = 5$ cm. Kẻ $OK \perp CD$ tại K. Tứ giác OHMK có $\widehat{H} = \widehat{M} = \widehat{K} = 90^\circ$ nên OHMK là hình chữ nhật. Suy ra $OK = MH = 5$ cm. Khoảng cách từ O đến dây CD bằng khoảng cách từ O đến dây AB (bằng 5 cm). Theo định lý về khoảng cách từ tâm đến dây, hai dây cung cách đều tâm thì bằng nhau. Vậy $AB = CD$.

Lời giải:

• Kẻ $AH \perp BC$. Trong tam giác vuông ABC: $AH \cdot BC = AB \cdot AC \Rightarrow AH = \frac{AB \cdot AC}{BC} = \frac{3 \cdot 4}{\sqrt{3^2 + 4^2}} = \frac{12}{5} = 2,4$ cm. Khoảng cách từ tâm A đến đường thẳng BC là $d = 2,4$ cm. Bán kính đường tròn $(A)$ là $R = 3$ cm. Vì $d < R$ nên đường thẳng BC cắt đường tròn $(A)$ tại 2 điểm phân biệt, tức BC là cát tuyến.

• Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn $(C; 4 \text{ cm})$: Khoảng cách từ tâm C đến đường thẳng AB chính là đoạn $CA$ (vì $CA \perp AB$). Mà $CA = 4$ cm vòng đúng bằng bán kính đường tròn $(C)$. Nên AB là tiếp tuyến của đường tròn $(C; 4 \text{ cm})$.

Lời giải:

a) MO là tia phân giác của góc $\widehat{AMB}$ nên $\widehat{AMO} = \frac{60^\circ}{2} = 30^\circ$. Tam giác MAO vuông tại A, ta có: $OA = OM \cdot \sin 30^\circ = 10 \cdot \frac{1}{2} = 5$ cm. Vậy $R = 5$ cm.

b) Trong tam giác MAB có $MA = MB$ (tính chất 2 tiếp tuyến) nên $\Delta MAB$ cân tại M. Lại có góc $\widehat{AMB} = 60^\circ$ nên $\Delta MAB$ là tam giác đều. Do đó $AB = MA$. Tam giác MAO vuông tại A có $MA = OM \cdot \cos 30^\circ = 10 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 5\sqrt{3}$ cm. Vậy $AB = 5\sqrt{3}$ cm.

Lời giải:

Ta có: Tổng bán kính $R + r = 6 + 4 = 10$ cm; Hiệu bán kính $R - r = 6 - 4 = 2$ cm. a) $d = 12$ cm $> 10$ cm ($d > R + r$): Hai đường tròn ở ngoài nhau. b) $d = 10$ cm ($d = R + r$): Hai đường tròn tiếp xúc ngoài. c) $d = 5$ cm ($R - r < d < R + r$, tức là $2 < 5 < 10$): Hai đường tròn cắt nhau. d) $d = 2$ cm ($d = R - r$): Hai đường tròn tiếp xúc trong.

Lời giải:

a) Theo tính chất tiếp tuyến chung, OC $\perp$ CD và O’D $\perp$ CD. Suy ra OC $\parallel$ O’D. Tứ giác CHO’D có 3 góc vuông: $\widehat{C} = \widehat{D} = 90^\circ$ và $\widehat{CHO'} = 90^\circ$. Nên CHO’D là hình chữ nhật. Do đó $CH = O'D = 3$ cm và $O'H = CD$. Mặt khác, điểm O, H, C thẳng hàng, nên $OH = OC - CH = 8 - 3 = 5$ cm.

b) Trong tam giác vuông OHO’: $O'H^2 = OO'^2 - OH^2 = 13^2 - 5^2 = 169 - 25 = 144$. Suy ra $O'H = 12$ cm. Lại có $CD = O'H$, vậy độ dài tiếp tuyến chung ngoài CD là $12$ cm.

Lời giải:

Gọi H là trung điểm BC, AH là đường cao, đồng thời là trung tuyến của tam giác đều. $AH = \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{6\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$ cm. Trong tam giác đều, tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp trùng nhau và chính là trọng tâm G. a) Bán kính ngoại tiếp: $R = AG = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3} \cdot 3\sqrt{3} = 2\sqrt{3}$ cm. b) Bán kính nội tiếp: $r = GH = \frac{1}{3}AH = \frac{1}{3} \cdot 3\sqrt{3} = \sqrt{3}$ cm. (Lưu ý: Luôn có $R = 2r$ đối với tam giác đều).

Lời giải:

a) Chu vi bánh xe là $C = 2\pi R = 2 \cdot 3,14 \cdot 35 = 219,8$ cm = $2,198$ m.

b) Trong 1 phút, xe đi được quãng đường bằng 120 vòng nhân chu vi của bánh: Quãng đường đi được 1 phút: $120 \cdot 2,198 = 263,76$ m. Trong 1 giờ (60 phút), người đó đi được: $263,76 \cdot 60 = 15825,6$ m. Đổi ra km/h: Vận tốc là $15,8256$ km/h.

Lời giải:

Diện tích hình viên phân $S_{VP}$ bằng diện tích hình quạt $S_q$ (quạt AOB) trừ đi diện tích tam giác $OAB$ ($S_{\Delta}$).

• Tính $S_q$: $S_q = \frac{\pi R^2 \cdot 60}{360} = \frac{\pi \cdot 6^2}{6} = 6\pi$ (cm²).
• Tính $S_{\Delta}$: Tam giác OAB có $OA = OB = 6$ cm và góc $\widehat{AOB} = 60^\circ$ nên tam giác OAB là tam giác đều cạnh 6 cm. Diện tích tam giác đều: $S_{\Delta} = \frac{\text{cạnh}^2 \sqrt{3}}{4} = \frac{6^2 \sqrt{3}}{4} = 9\sqrt{3}$ (cm²). Vậy diện tích hình viên phân là: $S_{VP} = 6\pi - 9\sqrt{3}$ (cm²).

Lời giải:

Gọi góc nhà kho nơi buộc xích là $A$. Nhà kho chắn một góc phần tư của vùng xích. Góc gặm cỏ tự do quanh điểm A là $360^\circ - 90^\circ = 270^\circ$, tức là $\frac{3}{4}$ đường tròn bán kính 8m. Diện tích phần tự do này: $S_1 = \frac{3}{4} \cdot \pi \cdot 8^2 = 48\pi$ (m²).

Phần xích còn dư khi vòng rẽ qua 2 góc tường còn lại:

• Khi xích cong qua góc tường dọc theo cạnh 6m, độ dài đoạn xích dư là $8 - 6 = 2$m. Ngựa quạt thêm được 1 phần tư đường tròn bán kính 2m: $S_2 = \frac{1}{4} \cdot \pi \cdot 2^2 = \pi$ (m²).
• Khi xích cong qua góc tường dọc theo cạnh 4m, đoạn xích dư là $8 - 4 = 4$m. Ngựa quạt thêm được $\frac{1}{4}$ đường tròn bán kính 4m: $S_3 = \frac{1}{4} \cdot \pi \cdot 4^2 = 4\pi$ (m²). Tổng diện tích ngựa có thể gặm: $S = S_1 + S_2 + S_3 = 48\pi + \pi + 4\pi = 53\pi$ (m²).