Bài tập cuối chương V

A. Trắc nghiệm

Bài 5.32. Cho đường tròn (O;4 cm)(O; 4\text{ cm}) và hai điểm AA, BB với OA=15OA = \sqrt{15} cm, OB=4OB = 4 cm.

Lời giải: OA=15≈3,87<4=ROA = \sqrt{15} \approx 3{,}87 < 4 = R → AA nằm trong (O)(O). OB=4=ROB = 4 = R → BB nằm trên (O)(O).

Đáp án: D.

Bài 5.33. BDBD là đường kính, AOB^=40∘\widehat{AOB} = 40^\circ, BOC^=100∘\widehat{BOC} = 100^\circ.

Lời giải:

  • DOC^=180∘−BOC^=180∘−100∘=80∘\widehat{DOC} = 180^\circ - \widehat{BOC} = 180^\circ - 100^\circ = 80^\circ → sđ DC⌢=80∘\text{sđ}\,\overset\frown{DC} = 80^\circ.
  • AOD^=180∘−AOB^=180∘−40∘=140∘\widehat{AOD} = 180^\circ - \widehat{AOB} = 180^\circ - 40^\circ = 140^\circ → sđ AD⌢=140∘\text{sđ}\,\overset\frown{AD} = 140^\circ.

Đáp án: D.

Bài 5.34. Hai đường tròn (A;R1)(A; R_1), (B;R2)(B; R_2) với R2<R1R_2 < R_1 cắt nhau. Khi đó:

Lời giải: Điều kiện hai đường tròn cắt nhau: R1−R2<AB<R1+R2R_1 - R_2 < AB < R_1 + R_2.

Đáp án: B.

Bài 5.35. (O;R)(O; R) cắt a1a_1 và tiếp xúc với a2a_2; d1d_1, d2d_2 là khoảng cách từ OO đến a1a_1, a2a_2.

Lời giải: Cắt nhau → d1<Rd_1 < R; tiếp xúc → d2=Rd_2 = R.

Đáp án: A.

B. Tự luận

Bài 5.36. Cho đường tròn (O)(O) đường kính BCBC và điểm AA (khác BB và CC).

a) Chứng minh rằng nếu AA nằm trên (O)(O) thì ABCABC là tam giác vuông; ngược lại, nếu ABCABC là tam giác vuông tại AA thì AA nằm trên (O)(O).

Lời giải:

  • Thuận: nếu A∈(O)A \in (O) thì OA=OB=OC=BC2OA = OB = OC = \dfrac{BC}{2}. Trung tuyến AOAO của tam giác ABCABC bằng nửa cạnh BCBC, do đó tam giác ABCABC vuông tại AA.

  • Đảo: nếu tam giác ABCABC vuông tại AA thì trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền: AO=BC2=RAO = \dfrac{BC}{2} = R (với OO là trung điểm BCBC). Vậy AA nằm trên đường tròn (O)(O) đường kính BCBC. ■\blacksquare

Bài 5.37. Cho ABAB là một dây (không phải đường kính) của đường tròn (O;4 cm)(O; 4\text{ cm}). Gọi CC và DD lần lượt là các điểm đối xứng với AA và BB qua tâm OO.

a) Hai điểm CC và DD có nằm trên đường tròn (O)(O) không? Vì sao?

b) Biết rằng ABCDABCD là một hình vuông. Tính độ dài cung lớn ABAB và diện tích hình quạt tròn tạo bởi hai bán kính OAOA và OBOB.

Lời giải:

a) Có. Tâm OO là tâm đối xứng của đường tròn: OC=OA=ROC = OA = R và OD=OB=ROD = OB = R, nên C,D∈(O)C, D \in (O).

b) ABCDABCD có hai đường chéo AC=BD=2RAC = BD = 2R cắt nhau tại trung điểm OO của mỗi đường. Vì ABCDABCD là hình vuông nên hai đường chéo vuông góc: AOB^=90∘\widehat{AOB} = 90^\circ.

  • Số đo cung nhỏ ABAB bằng 90∘90^\circ → cung lớn ABAB có số đo 360∘−90∘=270∘360^\circ - 90^\circ = 270^\circ. Độ dài cung lớn:
l=270180π⋅4=6π≈18,85 (cm).l = \frac{270}{180}\pi \cdot 4 = 6\pi \approx 18{,}85 \text{ (cm)}.
  • Diện tích hình quạt tạo bởi hai bán kính OAOA, OBOB (ứng với cung nhỏ 90∘90^\circ):
S=90360π⋅42=4π≈12,57 (cm2).S = \frac{90}{360}\pi \cdot 4^2 = 4\pi \approx 12{,}57 \text{ (cm}^2\text{)}.

Kết quả: cung lớn dài 6π≈18,856\pi \approx 18{,}85 cm; diện tích quạt 4π≈12,574\pi \approx 12{,}57 cm².

Bài 5.38. Cho điểm BB nằm giữa hai điểm AA và CC sao cho AB=2AB = 2 cm, BC=1BC = 1 cm. Vẽ các đường tròn (A;1,5 cm)(A; 1{,}5\text{ cm}), (B;3 cm)(B; 3\text{ cm}) và (C;2 cm)(C; 2\text{ cm}). Xác định các cặp đường tròn: a) cắt nhau; b) không giao nhau; c) tiếp xúc nhau.

Lời giải:

Ta có AB=2AB = 2, BC=1BC = 1, AC=3AC = 3 (cm). Xét từng cặp:

  • (A;1,5)(A; 1{,}5) và (B;3)(B; 3): ∣3−1,5∣=1,5<AB=2<4,5=3+1,5|3 - 1{,}5| = 1{,}5 < AB = 2 < 4{,}5 = 3 + 1{,}5 → cắt nhau.
  • (A;1,5)(A; 1{,}5) và (C;2)(C; 2): ∣2−1,5∣=0,5<AC=3<3,5=2+1,5|2 - 1{,}5| = 0{,}5 < AC = 3 < 3{,}5 = 2 + 1{,}5 → cắt nhau.
  • (B;3)(B; 3) và (C;2)(C; 2): ∣3−2∣=1=BC|3 - 2| = 1 = BC → tiếp xúc trong.

Kết quả: a) (A)(A) và (B)(B); (A)(A) và (C)(C) cắt nhau; b) không có cặp nào không giao nhau; c) (B)(B) và (C)(C) tiếp xúc trong.

Bài 5.39. Cho tam giác vuông ABCABC (A^\widehat{A} vuông). Vẽ hai đường tròn (B;BA)(B; BA) và (C;CA)(C; CA) cắt nhau tại AA và A′A'. Chứng minh rằng:

a) BABA và BA′BA' là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn (C;CA)(C; CA);

b) CACA và CA′CA' là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn (B;BA)(B; BA).

Lời giải:

Trước hết, xét hai tam giác ABCABC và A′BCA'BC có: BA=BA′BA = BA' (bán kính của (B)(B)), CA=CA′CA = CA' (bán kính của (C)(C)), BCBC chung. Suy ra △ABC=△A′BC\triangle ABC = \triangle A'BC (c.c.c), do đó:

BA′C^=BAC^=90∘.\widehat{BA'C} = \widehat{BAC} = 90^\circ.

a) BA⊥CABA \perp CA tại A∈(C;CA)A \in (C; CA) → BABA là tiếp tuyến của (C;CA)(C; CA) tại AA. BA′⊥CA′BA' \perp CA' tại A′∈(C;CA)A' \in (C; CA) → BA′BA' là tiếp tuyến của (C;CA)(C; CA) tại A′A'. Hai tiếp tuyến này cắt nhau tại BB. ■\blacksquare

b) Hoàn toàn tương tự: CA⊥BACA \perp BA tại A∈(B;BA)A \in (B; BA) và CA′⊥BA′CA' \perp BA' tại A′∈(B;BA)A' \in (B; BA), nên CACA và CA′CA' là hai tiếp tuyến của (B;BA)(B; BA) cắt nhau tại CC. ■\blacksquare

Bài 5.40. Cho hai đường tròn (O)(O) và (O′)(O') cắt nhau tại AA và BB. Đường thẳng dd qua AA cắt (O)(O) tại EE và cắt (O′)(O') tại FF (EE, FF khác AA), điểm AA nằm trong đoạn EFEF. Gọi II và KK lần lượt là trung điểm của AEAE và AFAF.

a) Chứng minh rằng tứ giác OO′KIOO'KI là một hình thang vuông.

b) Chứng minh rằng IK=12EFIK = \dfrac{1}{2}EF.

c) Khi đường thẳng dd ở vị trí nào (dd vẫn qua AA) thì OO′KIOO'KI là một hình chữ nhật?

Lời giải:

a) II là trung điểm của dây AEAE của (O)(O) nên OI⊥AEOI \perp AE, tức OI⊥dOI \perp d.

KK là trung điểm của dây AFAF của (O′)(O') nên O′K⊥dO'K \perp d.

Suy ra OI∥O′KOI \parallel O'K (cùng vuông góc với dd). Tứ giác OO′KIOO'KI có OI∥O′KOI \parallel O'K và hai góc vuông tại II và KK (kề cạnh IKIK), vậy nó là hình thang vuông. ■\blacksquare

b) Vì AA nằm giữa EE và FF, còn II, KK là trung điểm AEAE, AFAF:

IK=IA+AK=AE2+AF2=AE+AF2=EF2.■IK = IA + AK = \frac{AE}{2} + \frac{AF}{2} = \frac{AE + AF}{2} = \frac{EF}{2}. \qquad \blacksquare

c) Hình thang vuông OO′KIOO'KI là hình chữ nhật khi và chỉ khi OI=O′KOI = O'K, tức là khoảng cách từ OO và từ O′O' đến đường thẳng dd bằng nhau — điều này xảy ra khi và chỉ khi d∥OO′d \parallel OO'.

Kết quả: OO′KIOO'KI là hình chữ nhật khi đường thẳng dd đi qua AA và song song với đường nối tâm OO′OO'.

Hoạt động thực hành trải nghiệm: Pha chế dung dịch theo nồng độ yêu cầu

HĐ1. Tính lượng đường cát (xx gam) và nước tinh khiết (yy gam) để pha 10001000 ml dung dịch nồng độ a%a\%, biết khối lượng riêng của đường là 1,11{,}1 g/ml và của nước là 11 g/ml.

a) Lập hệ phương trình.

Lời giải:

  • Thể tích của xx gam đường: x1,1\dfrac{x}{1{,}1} (ml); thể tích của yy gam nước: yy (ml). Tổng thể tích dung dịch là 10001000 ml:
x1,1+y=1000.\frac{x}{1{,}1} + y = 1000.
  • Nồng độ phần trăm: khối lượng chất tan là xx, khối lượng dung dịch là x+yx + y:
xx+y⋅100=a.\frac{x}{x+y} \cdot 100 = a.

Vậy xx, yy thỏa mãn hệ đã cho. ■\blacksquare

b) Biến đổi về hệ bậc nhất hai ẩn và giải.

Lời giải:

  • Nhân hai vế phương trình thứ nhất với 1,11{,}1: x+1,1y=1100x + 1{,}1y = 1100.
  • Phương trình thứ hai: 100x=a(x+y)  ⟺  (100−a)x−ay=0100x = a(x + y) \iff (100 - a)x - ay = 0.

Từ phương trình thứ hai: x=ay100−ax = \dfrac{ay}{100 - a}. Thế vào phương trình thứ nhất:

ay100−a+1,1y=1100  ⟺  y⋅a+1,1(100−a)100−a=1100  ⟺  y⋅110−0,1a100−a=1100.\frac{ay}{100-a} + 1{,}1y = 1100 \iff y \cdot \frac{a + 1{,}1(100-a)}{100-a} = 1100 \iff y \cdot \frac{110 - 0{,}1a}{100-a} = 1100.   ⟹  y=1100(100−a)110−0,1a,x=1100−1,1y=1100a110−0,1a.\implies y = \frac{1100(100-a)}{110 - 0{,}1a}, \qquad x = 1100 - 1{,}1y = \frac{1100a}{110 - 0{,}1a}.

(Kiểm tra: x+1,1y=1100a+1100(110−1,1a)+…110−0,1a=1100x + 1{,}1y = \dfrac{1100a + 1100(110 - 1{,}1a) + \ldots}{110-0{,}1a} = 1100 ✓)

c) Áp dụng với a=63%a = 63\%:

x=1100⋅63110−6,3=69300103,7≈668,3 (g đường);x = \frac{1100 \cdot 63}{110 - 6{,}3} = \frac{69300}{103{,}7} \approx 668{,}3 \text{ (g đường)}; y=1100⋅37103,7=40700103,7≈392,5 (g nước).y = \frac{1100 \cdot 37}{103{,}7} = \frac{40700}{103{,}7} \approx 392{,}5 \text{ (g nước)}.

(Kiểm tra: thể tích =668,3:1,1+392,5≈607,5+392,5=1000= 668{,}3 : 1{,}1 + 392{,}5 \approx 607{,}5 + 392{,}5 = 1000 ml ✓; nồng độ =668,3668,3+392,5≈63%= \dfrac{668{,}3}{668{,}3 + 392{,}5} \approx 63\% ✓)

Kết quả: cần khoảng 668,3668{,}3 g đường và 392,5392{,}5 g nước.

Thực hành. Tính số gam muối tinh khiết và nước tinh khiết cần thiết để pha 10001000 ml dung dịch nước muối sinh lý 0,9%0{,}9\%, biết khối lượng riêng của muối là 2,162{,}16 g/ml.

Lời giải:

Gọi xx, yy (gam) lần lượt là lượng muối và nước. Ta có hệ:

{x2,16+y=1000xx+y⋅100=0,9\begin{cases} \dfrac{x}{2{,}16} + y = 1000 \\[4pt] \dfrac{x}{x+y} \cdot 100 = 0{,}9 \end{cases}

Từ phương trình thứ hai: 100x=0,9(x+y)  ⟺  99,1x=0,9y  ⟺  y=99,10,9x100x = 0{,}9(x+y) \iff 99{,}1x = 0{,}9y \iff y = \dfrac{99{,}1}{0{,}9}x.

Thế vào phương trình thứ nhất:

x(12,16+99,10,9)=1000  ⟺  x⋅(0,463+110,111)=1000  ⟺  x≈9,04 (g).x\left(\frac{1}{2{,}16} + \frac{99{,}1}{0{,}9}\right) = 1000 \iff x \cdot (0{,}463 + 110{,}111) = 1000 \iff x \approx 9{,}04 \text{ (g)}. y=99,10,9⋅9,04≈995,8 (g).y = \frac{99{,}1}{0{,}9} \cdot 9{,}04 \approx 995{,}8 \text{ (g)}.

(Kiểm tra: thể tích ≈9,04:2,16+995,8≈4,2+995,8=1000\approx 9{,}04 : 2{,}16 + 995{,}8 \approx 4{,}2 + 995{,}8 = 1000 ml ✓; nồng độ =9,049,04+995,8≈0,9%= \dfrac{9{,}04}{9{,}04 + 995{,}8} \approx 0{,}9\% ✓)

Kết quả: cần khoảng 99 g muối và 995,8995{,}8 g nước.