8 bài tập Toán 9 Kết nối tri thức Ôn tập cuối chương 5 có đáp án

Ngược lại tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(AO\) là đường trung tuyến

\( \Rightarrow OA = OB = OC\)

Chứng tỏ \(A\) thuộc đường tròn \((O)\).

Xét tam giác \(AOC\) cân tại \(O\) có:

\(\widehat {AOC} = 120^\circ (cmt)\)\( \Rightarrow \widehat C = \widehat {OAC} = 30^\circ \)

Xét tam giác \(ABC\) có \(\widehat {BAC} = 180^\circ  - (\widehat B + \widehat C) = 180^\circ  - \left( {60^\circ  + 30^\circ } \right) = 90^\circ \)

Các góc của tam giác \(ABC\) là \(\widehat {BAC} = 90^\circ ,\widehat B = 60^\circ ,\widehat C = 30^\circ \).

c) Khi \(BC = 6\;{\rm{cm}}\) ta có bán kính đường tròn \(\left( O \right)\) là \(3\;{\rm{cm}}\).

Gọi \({l_{{\rm{AC}}}}\) là độ dài cung \(AC\) có \({l_{{\rm{AC}}}} = \frac{{120}}{{180}} \cdot \pi  \cdot 3 \approx 6,3(\;{\rm{cm}})\)

Gọi \(S\) là diện tích hình quạt nằm trong \((O)\) giới hạn bởi các bán kính \(OA\) và \(OC\), ta có:

\(S = \frac{{120}}{{360}} \cdot \pi  \cdot {3^2} \approx 9,4(\;{\rm{cm}})\)

Chứng minh tương tự \(D\) nằm trên đường tròn \(\left( {O;\frac{{AC}}{2}} \right)\).

b) \(AC > BD\) (\(AC\) là đường kính).

a) Vì \[C\] đối xứng \[A\] qua tâm \[O\]\[ \Rightarrow OC = OA\].

Chứng minh tương tự \[OD = OB\]

Mà \[OA = OB = 4\,cm\]

⇒ \[OA = OB = OC = OD = 4{\rm{ }}cm\] hay hai điểm \[C\] và \[D\] nằm trên đường tròn \[\left( O \right)\].

b) \[ABCD\] là hình vuông \[AC \bot BD\] tại \[O\] hay số đo cung nhỏ \[AB\] bằng \[{90^0}\].

\[ \Rightarrow \] số đo cung lớn \[AB\] bằng \[{360^0} - {90^0} = {270^0}\].

Ta có độ dài cung lớn \[AB\] là: \[l = \frac{{90}}{{180}} \cdot \pi  \cdot 4 = 6,28{\rm{ }}\left( {cm} \right)\]

Gọi \[S\] là diện tích hình quạt tròn tạo bởi hai bán kính \[OA\] và \[OB\]

Ta có \[S = \frac{{90}}{{360}} \cdot \pi  \cdot {4^2} = 12,56{\rm{ }}\left( {c{m^2}} \right)\].

a) Xem hình vẽ.

b) Vì \[C \in \left( {O;{\rm{ }}2{\rm{ }}cm} \right)\]\[ \Rightarrow CO = 2{\rm{ }}cm\].

Tương tự \[C \in \left( {A;{\rm{ }}2{\rm{ }}cm} \right)\]\[ \Rightarrow CA = 2{\rm{ }}cm\].

Ta có \[CO = CA = 2{\rm{ }}cm\] nên \[\left( {C;{\rm{ }}2{\rm{ }}cm} \right)\]đi qua hai điểm \[O\] và \[A\].

a) Xét \[\Delta BA'C\] và \[\Delta BAC\] có:

BC (cạnh chung),

BA = BA',

CA = CA'.

Do đó \[\Delta BA'C = \Delta BAC\] (c.c.c)

\[ \Rightarrow \widehat {BA'C} = \widehat {BAC} = {90^0}\] (góc tương ứng) hay \[BA' \bot CA'\]

Chứng tỏ \[BA'\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( {C;{\rm{ }}CA} \right)\]

Lại có \[BA \bot CA\] (gt) nên \[BA\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( {C;{\rm{ }}CA} \right)\]

Do đó \[BA\] và \[BA'\] là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn \[\left( {C;{\rm{ }}CA} \right)\]

b) Chứng minh tương tự \[CA\] và \[CA'\] là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn \[\left( {B;{\rm{ }}BA} \right).\]

a) Ta có: \[OE = OA\] nên tam giác \[AOE\] cân tại \[O\] có \[I\] là trung điểm của \[AE\] (gt) nên \[OI\] là đường trung tuyến mà \[\Delta AOE\] cân tại \[O\] (cmt)

\[ \Rightarrow OI\]đồng thời là đường cao hay \[OI \bot AE\]

Chứng minh tương tự, ta có \[O'K \bot AF\] mà \[E,{\rm{ }}A,{\rm{ }}F \in d\] nên OI, OF cùng vuông góc với \[d\] \[ \Rightarrow OI//O'K\]

Do đó tứ giác \[OO'KI\] là hình thang vuông.

b) Ta có: \[IK = IA + AK\] mà \[IA = \frac{1}{2}EA;\,AK = \frac{1}{2}{\rm{AF}}\]

\[ \Rightarrow IK = \frac{1}{2}\left( {EA + {\rm{AF}}} \right) = \frac{1}{2}EF\]

c) \[d\] đi qua \[A\] và \[d//OO'\] thì \[OO'KI\] là hình chữ nhật.