Với giải sách bài tập Toán lớp 9 Bài 7: Tứ giác nội tiếp chi tiết giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập Toán 9.
Câu 39 trang 106 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Trên đường tròn tâm O có một cung AB và S là điểm chính giữa của cung đó. Trên dây AB lấy hai điểm E và H. Các đường thẳng SH và SE cắt đường tròn theo thứ tự tại C và D. Chứng minh EHCD là một tứ giác nội tiếp. Giải  S là điểm chính giữa của cung \(\overparen{AB}\). \( \Rightarrow \) \(\overparen{SA}\) = \(\overparen{SB}\) (1) \(\widehat {DEB} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{DCB}\) + sđ \(\overparen{AS}\)) tính chất góc có đỉnh ở bên trong đường tròn) (2) \(\widehat {DCS} = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{DAS}\) (tính chất góc nội tiếp) hay \(\widehat {DCS} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{DA}\) + sđ \(\overparen{SA}\)) (3) Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat {DEB} + \widehat {DCS} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{DCB}\) + sđ \(\overparen{AS}\) + sđ \(\overparen{DA}\) + sđ \(\overparen{SA}\) (4) Từ (1) và (4) suy ra: \(\widehat {DEB} + \widehat {DCS} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{DCB}\) + sđ \(\overparen{BS}\) + sđ \(\overparen{SA}\) + sđ \(\overparen{DA}\) \( = {{360^\circ } \over 2} = 180^\circ \) Hay \(\widehat {DEH} + \widehat {DCH} = 180^\circ \) Vậy: tứ giác EHCD nội tiếp được trong một đường tròn. Câu 40 trang 106 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho tam giác ABC. Các đường phân giác trong của \(\widehat B\) và \(\widehat C\) cắt nhau tại S, các đường phân giác ngoài của \(\widehat B\) và \(\widehat C\) cắt nhau tại E. Chứng minh BSCE là một tứ giác nội tiếp. Giải BS ⊥ BE (tính chất hai góc kề bù) \( \Rightarrow \widehat {SBE} = 90^\circ \) CS ⊥ CE (tính chất hai góc kề bù) \( \Rightarrow \widehat {SCE} = 90^\circ \) Xét tứ giác BSCE ta có: \(\widehat {SBE} + \widehat {SCE} = 180^\circ \) Vậy tứ giác BSCE nội tiếp. Câu 41 trang 106 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho tam giác cân ABC có đáy BC và \(\widehat A = {20^0}\). Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C lấy điểm D sao cho DA = DB và \(\widehat {DAB} = {40^0}\). Gọi E là giao điểm của AB và CD. a) Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp b) Tính \(\widehat {AED}\) Giải
a) ∆ABC cân tại A (gt). \( \Rightarrow \widehat {ACB} = \widehat {ABC}\) (tính chất tam giác cân) \( \Rightarrow \widehat {ACB} = {{180^\circ - \widehat A} \over 2} = {{180^\circ - 20^\circ } \over 2} = 80^\circ \) ∆DAB cân tại D. \( \Rightarrow \widehat {DBA} = \widehat {DAB}\) (tính chất tam giác cân) mà \(\widehat {DAB} = 40^\circ \) (gt) \( \Rightarrow \widehat {DBA} = 40^\circ \) \(\widehat {ADB} = 180^\circ - (\widehat {DAB} + \widehat {DBA}) = 180^\circ - (40^\circ + 40^\circ ) = 100^\circ \) Trong tứ giác ACBD ta có: \(\widehat {ACB} + \widehat {ADB} = 80^\circ + 100^\circ = 180^\circ \) Vậy: Tứ giác ACBD nội tiếp. b) Tứ giác ACBD nội tiếp \(\widehat {BAC} = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{BC}\) (tính chất góc nội tiếp) \( \Rightarrow \) sđ \(\overparen{BC}\)\( = 2\widehat {BAC} = 2.20^\circ = 40^\circ \) \(\widehat {DBA} = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{AD}\) (tính chất góc nội tiếp) \( \Rightarrow \) sđ \(\overparen{AD}\) \( = 2\widehat {DBA} = 2.40^\circ = 80^\circ \) \(\widehat {AED}\) là góc có đỉnh ở trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACBD \(\widehat {AED} = {1 \over 2}\)(sđ \(\overparen{BC}\) + sđ \(\overparen{AD}\)) \( = {{40^\circ + 80^\circ } \over 2} = 60^\circ \) Giaibaitap.me Page 2
Câu 42 trang 107 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho ba đường tròn cùng đi qua một điểm P. Gọi các giao điểm khác P của hai trong ba đường tròn đó là A, B, C. Từ một điểm D (khác điểm P) trên đường tròn (PBC) kẻ các tia DB, DC cắt các đường tròn (PAB) và (PAC) lần lượt tại M, N. Chứng minh ba điểm M, A, N thẳng hàng. Giải Gọi ba đường tròn tâm O1, O2, O3 (O1) cắt (O2) tại A; (O1) cắt (O3) tại B. (O2) cắt(O3) tại C. Suy ra D là điểm nằm trên đường tròn (O3). BD cắt (O1) tại M, DC cắt (O2) tại N. Nối PA, PB, PC; MA, NA. Ta có tứ giác APBM nội tiếp trong đường tròn (O1). \(\widehat {MAP} + \widehat {MBP} = 180^\circ \) (tính chất tứ giác nội tiếp) \(\widehat {MBP} + \widehat {PBD} = 180^\circ \) (kề bù) Suy ra: \(\widehat {MAP} = \widehat {PBD}\) (1) Ta có: Tứ giác APCN nội tiếp trong đường tròn (O2) \(\widehat {NAP} + \widehat {NCP} = 180^\circ \) (tính chất tứ giác nội tiếp) \(\widehat {NCP} + \widehat {PCD} = 180^\circ \) (kề bù) Suy ra: \(\widehat {NAP} = \widehat {PCD}\) (2) Tứ giác BPCD nội tiếp trong đường tròn (O3) \( \Rightarrow \widehat {PBD} + \widehat {PCD} = 180^\circ \) (tính chất tứ giác nội tiếp) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(\widehat {MAP} + \widehat {NAP} = 180^\circ \) Vậy ba điểm M, A, N thẳng hàng. Câu 43 trang 107 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho hai đoạn thẳng AC và BD cắt nhau tại E. Biết \(AE.EC = BE.ED\). Chứng minh bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn. Giải AE. EC =BE. ED (gt) \( \Rightarrow {{AE} \over {ED}} = {{BE} \over {EC}}\) Xét ∆AEB và ∆DEC: \({{AE} \over {ED}} = {{BE} \over {EC}}\) \(\widehat {AEB} = \widehat {DEC}\) (đối đỉnh) Suy ra: ∆AEB đồng dạng ∆DEC (c.g.c) \( \Rightarrow \widehat {BAE} = \widehat {CDE}\) hay \(\widehat {BAC} = \widehat {CDB}\) A và D nhìn đoạn BC cố định dưới một góc bằng nhau nên A và D nằm trên một cung chứa góc vẽ trên BC hay 4 điểm A,B, C, D nằm trên một đường tròn. Câu 7.1 trang 107 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ các đường cao AI, BK, CL của tam giác ấy. Gọi H là giao điểm của các đường cao vừa vẽ. a) Chỉ ra các tứ giác nội tiếp có đỉnh lấy trong số các điểm A, B, C, H, I, K, L b) Chứng minh \(\widehat {LBH},\widehat {LIH},\widehat {KIH}\) và \(\widehat {KCH}\) là 4 góc bằng nhau. c) Chứng minh KB là tia phân giác của \(\widehat {LKI}\). Giải Vì ∆ABC là tam giác nhọn nên ba đường cao cắt nhau tại điểm H nằm trong tam giác ABC. a) Tứ giác AKHL có \(\widehat {AKH} + \widehat {ALH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) Tứ giác AKHL nội tiếp. Tứ giác BIHL có \(\widehat {BIH} + \widehat {BLH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) Tứ giác BIHL nội tiếp. Tứ giác CIHK có \(\widehat {CIH} + \widehat {CKH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) Tứ giác CIHK nội tiếp. Tứ giác ABIK có \(\widehat {AKB} = 90^\circ;\widehat {AIB} = 90^\circ \) K và I nhìn đoạn AB dưới một góc vuông nên tứ giác ABIK nội tiếp. Tứ giác BCKL có \(\widehat {BKC} = 90^\circ;\widehat {BLC} = 90^\circ \) K và L nhìn đoạn BC dưới một góc vuông nên tứ giác BCKL nội tiếp. Tứ giác ACIL có \(\widehat {AIC} = 90^\circ;\widehat {ALC} = 90^\circ \) I và L nhìn đoạn AC dưới một góc vuông nên tứ giác ACIL nội tiếp. b) Tứ giác BIHL nội tiếp. \( \Rightarrow \widehat {LBH} = \widehat {LIH}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{LH}\)) (1) Tứ giác CIHK nội tiếp. \( \Rightarrow \widehat {HIK} = \widehat {HCK}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{HK}\)) (2) Tứ giác BCKL nội tiếp. \( \Rightarrow \widehat {LBK} = \widehat {LCK}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{LK}\)) hay \(\widehat {LBH} = \widehat {HCK}\) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(\widehat {LKH} = \widehat {HKI}\). Vậy KB là tia phân giác của \(\widehat {LKI}.\) Câu 7.2 trang 107 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho đường tròn tâm O bán kính R và hai dây AB, CD bất kì. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Gọi E và F tương ứng là giao điểm của MC, MD với dây AB. Gọi I và J tương ứng là giao điểm của DE, CF với đường tròn (O). Chứng minh IJ song song với AB. Giải
M là điểm chính giữa của cung nhỏ \(\overparen{AB}\). \(\overparen{MA}\) = \(\overparen{MB}\) \(\widehat {AEC} = {1 \over 2}\) (sđ\(\overparen{AC}\) +sđ \(\overparen{MB}\)) (góc có đỉnh ở trong đường tròn) \(\widehat {CDM} = {1 \over 2}\) sđ\(\overparen{MAC}\) (tính chất góc nội tiếp) hay \(\widehat {CDF} = {1 \over 2}\) sđ\(\overparen{MA}\) + sđ\(\overparen{AC}\) Suy ra: \(\widehat {AEC} = \widehat {CDF}\) \(\widehat {AEC} + \widehat {{\rm{CEF}}} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) Suy ra: \(\widehat {CDF} + \widehat {{\rm{CEF}}} = 180^\circ \) nên tứ giác CDFE nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {CDE} = \widehat {CFE}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{CE}\)) hay \(\widehat {CDI} = \widehat {CFE}\) Trong đường tròn (O) ta có: \(\widehat {CDI} = \widehat {CJI}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{CAI}\)) Suy ra: \(\widehat {CJI} = \widehat {CFE}\) \( \Rightarrow \) IJ // AB (vì có cặp góc ở vị trí đồng tâm bằng nhau) Giaibaitap.me Page 3
Câu 44 trang 107 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Vẽ hình vuông ABCD tâm O rồi vẽ tam giác đều có một đỉnh là A và nhận O làm tâm. Nêu cách vẽ. Giải Cách vẽ: − Vẽ đường tròn (O; R) − Kẻ 2 đường kính AC ⊥ BD − Nối AB, BC, CD, DA ta được tứ giác ABCD là hình vuông nội tiếp trong đường tròn (O; R) − Từ A đặt liên tiếp các cung bằng nhau có dây trương cung bằng bán kính R. \(\overparen{{A}{A_1}}\), \(\overparen{{A_1}{A_2}}\), \(\overparen{{A_2}{C}}\), \(\overparen{{C}{A_3}}\), \(\overparen{{A_3}{A_4}}\) Nối AA2; A2A3; A3A ta có ∆AA2A3 là tam giác đều nhận O làm tâm. Câu 45 trang 107 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Vẽ đường tròn tâm O bán kính R = 2 cm rồi vẽ hình tám cạnh đều nội tiếp đường tròn (O; 2 cm). Nêu cách vẽ. Giải Cách vẽ: − Vẽ đường kính (0; 2 cm) − Vẽ đường kính AC ⊥ BD − Nối AB, BC, CD, DA ta có hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (0; 2 cm) − Kẻ đường kính EF ⊥ AD; đường kính GH ⊥ AB Nối AE, ED, DG, GC, CF, FB, BH, HA ta có đa giác AEDGCFBH là đa giác đều 8 cạnh nội tiếp trong đường tròn (0; 2cm). Câu 46 trang 107 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho một đa giác đều n cạnh có độ dài mỗi cạnh là a. Hãy tính bán kính R của đường tròn ngoại tiếp và bán kính r của đường tròn nội tiếp đa giác đều đó. Hướng dẫn Tính \(\widehat {COD}\) rồi tính sin \(\widehat {COB}\) và tg \(\widehat {COB}\), từ đây tính được R và r (h.4). Giải Giả sử một đa giác đều n cạnh có độ dài một cạnh là a. Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, r bán kính đường tròn nội tiếp. \( \Rightarrow \) OB = R; OC = r \(\widehat {AOB} = {{360^\circ } \over n} \Rightarrow \widehat {COB} = {{360^\circ } \over n}:2 = {{180^\circ } \over n}\) Trong ∆OCB ta có: \(\widehat {OCB} = 90^\circ \) \(\sin \widehat {COB} = {{CB} \over {OB}} = {{{a \over 2}} \over R} = {a \over {2R}} \Rightarrow 2R = {a \over {\sin {{180^\circ } \over n}}}\) \(\Rightarrow R = {a \over {2\sin {{180^\circ } \over n}}}\) \(\tan \widehat {COB} = {{CB} \over {OC}} = {{{a \over 2}} \over r} = {a \over {2r}} \Rightarrow 2r = {a \over {\tan {{180^\circ } \over n}}}\) \(\Rightarrow r = {a \over {2\tan {{180^\circ } \over n}}}\) Câu 47 trang 108 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 a) Vẽ một lục giác đều ABCDEG nội tiếp đường tròn bán kính 2cm rồi vẽ hình 12 cạnh đều AIBJCKDLEMGN nội tiếp đường tròn đó. Nêu cách vẽ. b) Tính độ dài cạnh AI. c) Tính bán kính r của đường tròn nội tiếp hình AIBJCKDLEMGN. Hướng dẫn. Áp dụng các công thức ở bài 46. Giải a) Cách vẽ: − Vẽ đường tròn (0; 2cm) − Từ điểm A trên đường tròn (0; 2cm) đặt liên tiếp các cung bằng nhau có dây trương cung 2cm. \(\overparen{AB}\) = \(\overparen{BC}\) = \(\overparen{CD}\) = \(\overparen{DE}\) = \(\overparen{EG}\) Nối AB, BC, CD, DE, EG, GA ta có lục giác đều ABCDEG nội tiếp trong đường tròn (0; 2cm). Kẻ đường kính vuông góc AB và DE cắt đường tròn tại I và L. Ta có: \(\overparen{AI}\) = \(\overparen{IB}\); \(\overparen{LD}\) = \(\overparen{LE}\) Kẻ đường kính vuông góc với BC và EG cắt đường tròn tại J và M. \(\overparen{BJ}\) = \(\overparen{JC}\); \(\overparen{ME}\) = \(\overparen{MG}\) Kẻ đường kính vuông góc với CD và AG cắt đường tròn tại N và K. \(\overparen{KC}\) = \(\overparen{KD}\); \(\overparen{NA}\) = \(\overparen{NG}\) Nối AI, IB, BJ, JC, CK, KD, DL, LE, EM, MG, GN, NA Ta có đa giác đều 12 cạnh AIBJCKDLEMGN. b) AI là cạnh của đa giác đều 12 cạnh. Kẻ OH ⊥ AI \(\widehat {IOH} = {{180^\circ } \over {12}} = 15^\circ \) \(OI = {{HI} \over {\sin \widehat {IOH}}} \Rightarrow OI = {{AI} \over {2\sin \widehat {IOH}}} \Rightarrow AI = OI.2\sin \widehat {IOH}\) AI = 2. 2sin 15º \( \approx \) 1,04 (cm) c) OH = r bán kính đường tròn nội tiếp đa giác đều 12 cạnh. Trong tam giác vuông OHI ta có OH = OI.\({\rm{cos}}\widehat {HOI} = 2.c{\rm{os15}}^\circ \approx {\rm{1,93 (cm) }}\) Giaibaitap.me Page 4
Câu 48 trang 108 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 a) Tính cạnh của một ngũ giác đều nội tiếp đường tròn bán kính 3cm. b) Tính cạnh của một ngũ giác đều ngoại tiếp đường tòn bán kính 3cm. Giải a) Kẻ OH ⊥ AB, ta có: HA = HB = \({1 \over 2}AB,OA = R = 3cm\) \(\widehat {HOA} = {{180^\circ } \over 5} = 36^\circ \) Trong tam giác vuông OHA vuông tại H ta có: AH = OA, sin\(\widehat {HOA}\) \( \Rightarrow AB = 2OA.\sin \widehat {HOA} = 2.3.\sin 36^\circ \approx 3,522\) (cm) b) OH = r = 3 cm Trong tam giác vuông OHA vuông tại H ta có: AH = OH.tan \(\widehat {HOA}\) \( \Rightarrow AB = 2.OH.\tan \widehat {HOA} = 2.3.\tan 36^\circ \approx 4,356\) (cm) Câu 49 trang 108 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Tính cạnh của hình tám cạnh đều theo bán kính R của đường tròn ngoại tiếp. Hướng dẫn: Cách 1: áp dụng công thức a = 2Rsin\({{180^\circ } \over n}\) Cách 2: tính trực tiếp. Vẽ dây AB là cạnh của một hình vuông nội tiếp đường tròn (O), gọi C là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Khi đó CA là cạnh của hình tám cạnh đều nội tiếp. Hãy tính CA trong tam giác vuông CAC’. Giải AB là cạnh của đa giác đều 8 cạnh. Kẻ OH ⊥ AB \( \Rightarrow \) HA =HB \( = {1 \over 2}AB\) \( \Rightarrow \widehat {HOB} = {{180^\circ } \over 8} = 22^\circ 30'\) Trong tam giác vuông HOB ta có: HB = OB. sin\(\widehat {HOB}\) \( \Rightarrow AB = 2.OB.\sin \widehat {HOB} = 2.R.\sin 22^\circ 30' \approx 0,764R\) Sacdhbaitap.com Câu 50 trang 108 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Trong đường tròn (O; R) cho một dây AB bằng cạnh hình vuông nội tiếp và dây BC bằng cạnh tam giác đều nội tiếp (Điểm C và điểm A ở cùng một phía đối với BO). Tính các cạnh của tam giác ABC và đường cao AH của nó theo R. Giải Dây AB bằng cạnh hình vuông nội tiếp đường tròn (O; R) nên AB = \(R\sqrt 2 \) và cung \(\overparen{AB}\) nhỏ có sđ \(\overparen{AB}\). Dây BC bằng cạnh hình tam giác đều nội tiếp đường tròn (O; R) nên BC = \(R\sqrt 3 \) và cung nhỏ \(\overparen{BC}\) nhỏ có sđ \(\overparen{BC}\) \( = 120^\circ \). \( \Rightarrow \) sđ \(\overparen{AC}\) = sđ \(\overparen{BC}\) - sđ \(\overparen{AB}\) = \(120^\circ - 90^\circ = 30^\circ \) \( \Rightarrow \widehat {ABC} = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{AC}\) = 150(tính chất góc nội tiếp) Trong ∆AHB có \(\widehat {AHB} = 90^\circ \) \( \Rightarrow AH = AB.\sin \widehat {ABH} = R\sqrt 2 .\sin 15^\circ \approx 0,36R\) Trong ∆AHC có \(\widehat {AHC} = 90^\circ \) \widehat {ACB} = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{AB}\) = 450 (tính chất góc nội tiếp) \(AC = {{AH} \over {\sin \widehat {ACH}}} = {{AH} \over {\sin 45^\circ }} \approx {{0,36R} \over {\sin 45^\circ }} \approx 0,51R\) Câu 51 trang 108 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho ngũ giác đều ABCDE. Gọi I là giao điểm của AD và BE. Chứng minh \(D{I^2} = AI.AD\). Giải Vẽ đường tròn ngoại tiếp ngũ giác ABCDE sđ \(\overparen{AB}\) = sđ \(\overparen{BC}\) = sđ \(\overparen{CD}\) = sđ \(\overparen{DE}\) = sđ \(\overparen{AE}\)= 720 (1) \(\widehat {{E_1}} = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{AB}\) (tính chất góc nội tiếp) (2) \(\widehat {{D_1}} = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{AE}\) (tính chất góc nội tiếp) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(\widehat {{E_1}} = \widehat {{D_1}}\) Xét ∆AIE và ∆AED: \(\widehat {{E_1}} = \widehat {{D_1}}\) (chứng minh trên) \(\widehat A\) chung Suy ra: ∆AIE đồng dạng ∆AED (g.g) \({{AI} \over {AE}} = {{AE} \over {AD}}\) \( \Rightarrow \) AE2 = AI. AD (*) \(\widehat {{E_2}} = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{BCD}\) (tính chất góc nội tiếp) hay \(\widehat {{E_2}} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{BC}\) + sđ \(\overparen{CD}\)) (4) \(\widehat {{I_1}} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{DE}\) + sđ \(\overparen{AB}\)) (tính chất góc có đỉnh ở trong đường tròn) (5) Từ (1), (4) và (5) suy ra: \(\widehat {{E_2}} = \widehat {{I_1}}\) \( \Rightarrow \) △DEI cân tại D \( \Rightarrow \) DE = DI DE = AE (gt) Suy ra: DI = AE (**) Từ (*) và (**) suy ra: DI2 = AI. AD Giaibaitap.me Page 5
Câu 52 trang 109 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho hai đường tròn có bán kính lần lượt là R = 1km và r = 1m. Nếu độ dài của mỗi đường tròn ấy đều tăng thêm 1m thì bán kính của mỗi đường tròn tăng thêm bao nhiêu? Hãy giải thích. Giải Gọi phần bán kính tăng thêm của đường tròn bán kính R là a, phải tăng thêm của đường tròn bán kính r là b. Khi bán kính mỗi đường tròn tăng thêm 1m, ta có: \(2\pi (R + a) = 2\pi r + 1 \Rightarrow 2\pi a = 1 \Rightarrow a = {1 \over {2\pi }}(m)\) \(2\pi (r + b) = 2\pi r + 1 \Rightarrow 2\pi b = 1 \Rightarrow b = {1 \over {2\pi }}(m)\) Vậy bán kính mỗi đường tròn đều tăng thêm \({1 \over {2\pi }}(m)\). Câu 53 trang 109 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp: a) Một lục giác đều có cạnh là 4cm; b) Một hình vuông có cạnh là 4cm; c) Một tam giác đều có cạnh là 6cm. Giải a) Cạnh lục giác đều nội tiếp trong đường tròn (O; R) bằng bán kính R. Vì cạnh lục giác đều là 4cm \( \Rightarrow R = 4\) cm. C = 2πR = 2. π. 4 = 8π (cm) b) Đường tròn ngoại tiếp hình vuông có đường kính là đường chéo của hình vuông. Độ dài đường chéo hình vuông có cạnh bằng 4 (cm) là \(4\sqrt 2 \) (cm) Bán kính của đường tròn ngoại tiếp hình vuông: \(R = {{4\sqrt 2 } \over 2} = 2\sqrt 2 \) C = 2πR= 2. π. \(2\sqrt 2 \) = 4π\(\sqrt 2 \) (cm) c) Vì tam giác đều nên giao điểm 3 đường trung trực cũng là giao điểm 3 đường cao, 3 đường trung tuyến nên bán kính của đường tròn ngoại tiếp bằng \({2 \over 3}\) đường cao của tam giác đều. \(AH = AB.\sin \widehat B = {\rm{6}}.\sin {\rm{6}}{0^0} = {\rm{6}}.{{\sqrt 3 } \over 2} = 3\sqrt 3 \) \(R = {2 \over 3}AH = {2 \over 3}.3\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \) (cm) C = 2πR = 2π. = 4π (cm). Câu 54 trang 110 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Xích đạo là một đường tròn lớn của Trái Đất có độ dài khoảng 40 000km. Hãy tính bán kính của Trái Đất. Giải Gọi bán kính trái đất là R Ta có: 2πR = 40 000 (km) R = \({{40000} \over {2\pi }} \approx {{40000} \over {6,28}} \approx 6369\) (km) Câu 55 trang 110 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Mát – xcơ – va có vĩ độ là 560 Bắc. Tìm độ dài cung kinh tuyến từ Mát – xcơ – va đến Xích Đạo, biết rằng mỗi kinh tuyến là một nửa đường tròn lớn của Trái Đất, có độ dài khoảng 20 000km. Giải Ta có cung 1800 có độ dài bằng 20 000 km. Độ dài của cung 560 là: \(l \approx {{20000.56} \over {180}} \approx 6222\) (km) Vậy mát – x cơ – va cách xích đạo gần 6222 km. Giaibaitap.me Page 6
Câu 8.1 trang 109 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Mỗi câu sau đây đúng hay sai? a) Mỗi tam giác luôn có một đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn nội tiếp b) Mỗi tứ giác luôn có một đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn nội tiếp c) Giao điểm ba đường trung tuyến của một tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ấy d) Giao điểm ba đường trung trực của một tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ấy. e) Giao điểm ba đường phân giác trong của một tam giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ấy. f) Giao điểm ba đường cao của một tam giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ấy. g) Tứ giác có tổng độ dài các cặp cạnh đối nhau bằng nhau thì ngoại tiếp được đường tròn h) Tứ giác có tổng số đo các cặp góc (trong) đối nhau bằng nhau thì nội tiếp được đường tròn. i) Đường tròn tiếp xúc với các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác là đường tròn nội tiếp tam giác đó. Giải Câu a: Đúng Câu b: Sai Câu c: Sai Câu d: Đúng Câu e: Đúng Câu f: Sai Câu g: Đúng Câu h: Đúng Câu i: Sai Câu 8.2 trang 109 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho đường tròn tâm O bán kính R và điểm M ở ngoài đường tròn đó. Qua điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O). Qua điểm M kẻ cát tuyến MCD với đường tròn (O) (tức là đường thẳng đi qua điểm M và cắt đường tròn tại hai điểm C, D). Gọi I là trung điểm của dây CD. Khi đó MAOIB có là ngũ giác nội tiếp hay không? Giải
Khi cắt tuyến MCD không đi qua O. IC = ID (gt) \( \Rightarrow \) OI ⊥ CD (đường kính đi qua điểm chính giữa của dây không đi qua tâm) \( \Rightarrow \widehat {MIO} = 90^\circ \) MA ⊥ OA (tính chất tiếp tuyến) \( \Rightarrow \widehat {MAO} = 90^\circ \) MB ⊥ OB (tính chất tiếp tuyến) \( \Rightarrow \widehat {MBO} = 90^\circ \) A, I, B nhìn MO dưới một góc bằng 90º nên A, I, B nằm trên đường tròn đường kính MO. Vậy: Ngũ giác MAOIB nội tiếp. (Khi cắt tuyến MCD đi qua O ngũ giác MAOIB suy biến thành tứ giác MAOB chứng minh tương tự). Giaibaitap.me Page 7
Câu 56 trang 110 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Hãy so sánh độ dài ba đường cong a, b, c trong hình 6. Giải Đường cong a là nửa đường tròn đường kính 12 cm Đường cong a có độ dài \({l_1} = {1 \over 2}\pi .12 = 6\pi \) (cm) Đường cong b gồm 3 nửa đường tròn có đường kính là 4 cm Đường cong b có độ dài \({l_2} = 3.{1 \over 2}\pi .4 = 6\pi \) (cm) Đường cong c gồm hai nửa đường tròn đường kính 6 cm. Đường cong c có độ dài \({l_3} = 2.{1 \over 2}\pi .6 = 6\pi \) (cm) Vậy 3 đường cong có độ dài bằng nhau. Câu 57 trang 110 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Các tam giác trong hai hính quả tim dưới đây (h.7 và h.8) đều là tam giác đều. Biết AB = CD = 8cm. Tính chu vi của mỗi hình quả tim. Giải Hình a có 2 nửa đường tròn đường kính 4 cm \(\overparen{AmI}\) là nửa đường tròn đường kính 4 cm có độ dài \({l_1}\) \({l_1} = {1 \over 2}\pi .4 = 2\pi \) (cm) \(\overparen{AnJ}\) là cung \({1 \over 6}\) đường tròn bán kính 4 cm có 4 cung bằng nhau (vì 4 đường tròn đó có cùng bán kính) \(\overparen{AnJ}\) có độ dài \({l_2}\) \({l_2} = {1 \over 6}.2\pi .4 = {4 \over 3}\pi \) (cm) Chu vi hình a là: \(2\pi .2 + {4 \over 3}\pi .4 = {{28} \over 3}\pi \) (cm) Hình b có hai nửa đường tròn đường kính 4 cm và hai cung \({1 \over 6}\) đường tròn bán kính 8 cm Cung \(\overparen{CpS}\) nửa đường tròn đường kính 4 cm có độ dài \({l_1}\) \({l_1} = {1 \over 2}.\pi .4 = 2\pi \) (cm) Cung \(\overparen{CqT}\) là \({1 \over 6}\) đường tròn bán kính 8 cm có độ dài \({l_2}\) \({l_2} = {1 \over 6}.2\pi .8 = {8 \over 3}\pi \) (cm) Chu vi hình b bằng: \(2.{l_1} + 2.{l_2} = 2.2\pi + 2.{8 \over 3}\pi = {{28} \over 3}\pi \) (cm) Câu 58 trang 110 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Vẽ hình quả trứng (h. 9) với AB = 3cm. Nêu cách vẽ. Tính chu vi của hình quả trứng đó. Giải - Vẽ đoạn thẳng AB = 3 cm - Vẽ đường tròn tâm A bán kính 3 cm - Vẽ đường tròn tâm B bán kính 3 cm Đường tròn (A) và đường tròn (B) cắt nhau tại C và D. - Vẽ cung tròn tâm C bán kính 6 cm cắt đường tròn (A) và (B) tại F và H - Vẽ cũng tròn tâm D bán kính 6 cm cắt đường tròn (A) và (B) tại E và G ∆ABD đều, ∆ACD đều. \( \Rightarrow \widehat {CAD} = \widehat {CBD} = {120^0}\) \(\overparen{FmE}\) = \(\overparen{HG}\); \(\overparen{FnH}\) = \(\overparen{EG}\) Cung \(\overparen{FmE}\) bằng \({1 \over 3}\) đường tròn đường kính 3 cm có độ dài là \({l_1}\) \({l_1} = {1 \over 3}.2\pi .3 = 2\pi \) (cm) Cung \(\overparen{FnH}\) bằng \({1 \over 6}\) đường tròn bán kính 6 cm có độ dài \({l_2}\) \({l_2} = {1 \over 6}.2\pi .6 = 2\pi \) (cm) Chu vi quả trứng bằng: \(2{l_1} + 2{l_2} = 2.2\pi + 2.2\pi = 8\pi \) (cm) Câu 59 trang 110 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Tính độ dài cung 36045’ của một đường tròn có bán kính là R. Giải Đổi \({36^0}45' = {{{{147}^0}} \over 4}\) \(l = {{\pi R.n} \over {180}}\) \( \Rightarrow l = {{\pi R.{{{{147}^0}} \over 4}} \over {180}} = {{49} \over {240}}\pi R\) Giaibaitap.me Page 8
Câu 60 trang 110 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho tam giác cân ABC có \(\widehat B = {120^0}\), AC = 6cm. Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Giải
∆ABC cân có \(\widehat B\) = 1200 nên ∆ABC cân tại B \( \Rightarrow \widehat A = \widehat C = {{{{180}^0} - {{120}^0}} \over 2} = {30^0}\) Kẻ \(BH \bot AC \Rightarrow AH = HC = {1 \over 2}AC = 3\) (cm) Trong tam giác vuông BHA ta có \(\widehat {BHA} = {90^0}\) \(AB = {{AH} \over {\cos A}} = {3 \over {\cos {{30}^0}}} = {3 \over {{{\sqrt 3 } \over 2}}} = 2\sqrt 3 \) (cm) \(\widehat C = {1 \over 2}\widehat {AOB}\) (hệ quả góc nội tiếp) \( \Rightarrow \widehat {AOB} = 2\widehat C = {2.30^0} = {60^0}\) OA = OB (bán kính) Suy ra ∆AOB đều nên OA = OB = \(2\sqrt 3 \) (cm) Độ dài đường tròn ngoại tiếp ∆ABC C = \(2\pi R\) \(C = 2\pi .2\sqrt 3 = 4\pi \sqrt 3 \) (cm) Câu 61 trang 110 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Trong dân gian Việt Nam có lưu truyền quy tắc sau đây để tìm đường kính sau đây để tìm đường kính khi biết độ dài đường tròn: “Quân bát, phát tam, tồn ngũ, quân nhị”, tức là chia đường tròn thánh tám phần, bỏ đi ba phần, còn lại năm phần, lại chia đôi. a) Theo quy tắc đó thì số π được lấy gần đúng là bao nhiêu? b) Hãy áp dụng quy tắc trên để tính đường kính của một thân cây gần tròn bằng cách dùng dây quấn quanh thân cây. Giải a) Gọi C là độ dài đường tròn, d là đường kính \( \Rightarrow \pi = {C \over d}\) Theo quy tắc trên ta tìm được đường kính d như sau: Lấy C chia làm 8 phần, bỏ đi 3 phần còn lại chia 2. Ta có: \(d = \left( {{C \over 8} - {3 \over 8}C} \right):2\) \( = {5 \over 8}C:2 = {{5C} \over {16}}\) \(\pi = {C \over d} = {C \over {{{5C} \over {16}}}} = {{16} \over 5} = 3,2\) b) Lấy dây quấn quanh thân cây được độ dài đường tròn là C Suy ra đường kính thân cây là \({5 \over {16}}C\) Câu 62 trang 110 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Trái Đất quay xung quanh Mặt Trời theo một quỹ đạo gần tròn. Giả thiết quỹ đạo này tròn và có bán kính khoảng 150 triệu kilomet. Cứ hết một năm thì Trái Đất quay được một vòng quanh Mặt Trời. Biết 1 năm có 365 ngày, hãy tính quãng đường đi được của Trái Đất sau 1 ngày (làm tròn đến 10 000km). Giải Quãng đường đi của trái đất trong 1 ngày là: \({{2.3,14.150000000} \over {365}} \approx 2580822 \approx 2580000\) km Giaibaitap.me Page 9
Page 10
Page 11
Page 12
Câu 67 trang 112 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 a) Vẽ đường xoắn (h.11) xuất phát từ một hình vuông cạnh 1cm. Nói cách vẽ. b) Tính diện tích hình gạch sọc. Giải a) Hình vuông ABCD có cạnh 1 cm - Vẽ cung đường tròn tâm A bán kính 1 cm ta được cung \(\overparen{DE}\) - Vẽ cung đường tròn tâm B bán kính 2 cm ta được cung \(\overparen{EF}\) - Vẽ cung đường tròn tâm C bán kính 3 cm ta được cung \(\overparen{FG}\) - Vẽ cung đường tròn tâm D bán kính 4 cm ta được cung \(\overparen{GH}\) b) Tính diện tích phần gạch sọc. Diện tích hình quạt DAE = \({1 \over 4}\pi {.1^2}\) Diện tích hình quạt EBF = \({1 \over 4}\pi {.2^2}\) Diện tích hình quạt FCG = \({1 \over 4}\pi {.3^2}\)
Diện tích hình quạt GDH = \({1 \over 4}\pi {.4^2}\) Diện tích phần gạch sọc: S = \({1 \over 4}\pi \left( {{1^2} + {2^2} + {3^2} + {4^2}} \right) = {{15} \over 2}\) (cm2) Câu 68 trang 112 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Một chiếc bàn hình tròn được ghép bởi hai nửa hình tròn đường kính 1,2m. Người ta muốn nới rộng một bàn bằng cách ghép thêm (vào giữa) một mặt hình chữ nhật có một kích thước là 1,2m (h.12). Hỏi a) Kích thước kia của hình chữ nhật phải là bao nhiều nếu diện tích mặt bàn tăng gấp đôi sau khi nới? b) Kích thước kia của hình chữ nhật phải là bao nhiêu nếu chu vi mặt bàn tăng gấp đôi sau khi nới? Giải a) Gọi kích thước thứ 2 của hình chữ nhật là x (cm), điều kiện: x > 0 Ta có: \(1,2.x + \pi {\left( {0,6} \right)^2} = 2.\pi {\left( {0,6} \right)^2}\) \( \Rightarrow 1,2.x = \pi .{\left( {0,6} \right)^2}\) \(x = {{\pi .0,36} \over 2} \approx 0,942\) (m) b) Chu vi mặt bàn mới là \(1,2.\pi + 2x\) Theo bài ra ta có: \(1,2\pi .2x = 2.1,2\pi \) \( \Rightarrow x = {{1,2\pi } \over 2} \approx 1,885\) (m) Câu 69 trang 112 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho đường trong (O; R). Chia đường tròn này thành ba cung có số đo tỉ lệ với 3, 4 và 5 rồi tính diện tích các hình quạt tròn được tạo thành. Giải Gọi số đo độ của 3 cung theo thứ tự là a, b, c có a + b + c = 3600 Theo bài ra ta có: \({a \over 3} = {b \over 4} = {c \over 5}\) \( = {{a + b + c} \over {3 + 4 + 5}} = {{{{360}^0}} \over {12}} = {30^0}\) a = 3. 300 = 900; b = 4. 300 = 1200 c = 5. 300 = 1500 Diện tích các hình quạt tương ứng với cung 900, 1200, 1500 là S1, S2, S3 \({S_1} = {{\pi {R^2}.90} \over {360}} = {{\pi {R^2}} \over 4}\) \({S_2} = {{\pi {R^2}.120} \over {360}} = {{\pi {R^2}} \over 3}\) \({S_3} = {{\pi {R^2}.150} \over {360}} = {{5\pi {R^2}} \over {12}}\) Giaibaitap.me Page 13
Câu 70 trang 112 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) có \(\widehat C = {45^0}\). a) Tính diện tích hình quạt tròn AOB (ứng với cung nhỏ AB) b) Tính diện tích hình viên phân AmB (ứng với cung nhỏ AB) Giải a) \(\widehat C = {45^0}\) (gt) \( \Rightarrow \) sđ \(\overparen{AmB}\) \( = {90^0}\) Diện tích hình quạt AOB là: \(S = {{\pi {R^2}.90} \over {360}} = {{\pi {R^2}} \over 4}\) (đơn vị diện tích) b) \(\widehat {AOB} = \) sđ \(\overparen{AmB}\) \( = {90^0}\) \( \Rightarrow OA \bot OB\) Diện tích tam giác OAB là: \(S = {1 \over 2}OA.OB = {{{R^2}} \over 2}\) Diện tích hình viên phân AmB là: Squạt AOB – S AOB = \({{\pi {R^2}} \over 4} - {{{R^2}} \over 2} = {{{R^2}\left( {\pi - 2} \right)} \over 4}\) (đơn vị diện tích) Câu 71 trang 113 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Trong một tam giác đều ABC (h.13), vẽ những cung tròn đi qua tâm của tam giác và từng cặp đỉnh của nó. Cho biết cạnh tam giác bằng a, tính diện tích hình hoa thị gạch sọc. Giải Diện tích hình hoa thị bằng tổng diện tích 3 hình viên phân trừ diện tích tam giác đều ABC. Gọi O là tâm của tam giác đều ABC \( \Rightarrow OA = OB = OC\) Vì ∆ABC đều nên AO, BO, CO là phân giác của các góc \(\widehat A,\widehat B,\widehat C\) \(\widehat {OAC} = \widehat {OCA} = {{{{60}^0}} \over 2} = {30^0}\) \(\widehat {AOC} = {180^0} - \left( {{{30}^0} + {{30}^0}} \right) = {120^0}\) \( \Rightarrow \) sđ \(\overparen{AOC}\) là tam giác đều nội tiếp trong đường tròn (O’; R) Trong tam giác O’HA có \(\widehat {O'HA} = {90^0}\), \(\widehat {HO'A} = {60^0}\) AH = R.sin \(\widehat {HO'A} = R\). sin 600 = \({{R\sqrt 3 } \over 2}\) AC = 2AH = \(R\sqrt 3 \) \( \Rightarrow R = {{AC} \over {\sqrt 3 }} = {a \over {\sqrt 3 }} = {{a\sqrt 3 } \over 3}\) Squạt = \({{\pi {{\left( {{{a\sqrt 3 } \over 3}} \right)}^2}.120} \over {360}}\) = \({{\pi {{{a^2}} \over 3}} \over 3} = {{\pi {a^2}} \over 9}\) (đơn vị diện tích) ∆O'HA có \(\widehat {O'HA} = {90^0}\); \(\widehat {HO'A} = {60^0}\) O’A = \(R.\cos {60^0} = {{a\sqrt 3 } \over 3}.{1 \over 2} = {{a\sqrt 3 } \over 6}\) S∆O'CA = \({1 \over 2}O'H.AC = {1 \over 2}.{{a\sqrt 3 } \over 6}.a = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {12}}\) (đơn vị diện tích) Sviên phân = Squạt – S∆O'CA = \({{\pi {a^2}} \over 9} - {{{a^2}\sqrt 3 } \over {12}} = {{4\pi {a^2} - 3{a^2}\sqrt 3 } \over {36}}\) Diện tích tam giác đều ABC cạnh a: SABC = \({{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\) (đơn vị diện tích) Diện tích hình hoa thị là: S = 3Sviên phân - SABC = \(3.{{4\pi {R^2} - 3{a^2}\sqrt 3 } \over {36}} - {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\) = \({{4\pi {a^2} - 3{a^2}\sqrt 3 } \over {12}} - {{3{a^2}\sqrt 3 } \over {12}}\) = \({{4\pi {a^2} - 6{a^2}\sqrt 3 } \over {12}} = {{{a^2}} \over 6}\left( {2\pi - 3\sqrt 3 } \right)\) Câu 72 trang 113 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho tam giác ABC vuông ở A và đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm O đường kính AB. Biết BH = 2cm và HC = 6cm. Tính: a) Diện tích hình tròn (O). b) Tổng diện tích hai hình viên phân AmH và BnH (ứng với các cung nhỏ). c) Diện tích hình quạt tròn AOH (ứng với cung nhỏ AH). Giải a) ∆ABC có \(\widehat A = {90^0}\) Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(A{B^2} = BH.BC \Rightarrow A{B^2} = 2.\left( {2 + 6} \right) = 16\) AB = 4 (cm) Diện tích hình tròn tâm O là: \(S = \pi {\left( {{{AB} \over 2}} \right)^2} = \pi {\left( {{4 \over 2}} \right)^2} = 4\pi \) (cm2) b) Tổng diện tích hai hình viên phân AmH Và BnH bằng diện tích nửa hình tròn tâm O trừ diện tích ∆AHB Trong tam giác vuông ABC ta có: \(A{H^2} = HB.HC = 2.6 = 12\) AH = \(2\sqrt 3 \) (cm) SAHB = \({1 \over 2}AH.BH = {1 \over 2}.2.2\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \) (cm2) Tổng diện tích hai hình viên phân là: \(S = 2\pi - 2\sqrt 3 = 2\left( {\pi - \sqrt 3 } \right)\) (cm2) c) ∆BOH có OB = OH = BH = 2 cm \( \Rightarrow \Delta BOH\) đều \( \Rightarrow \widehat B = {60^0}\) \(\widehat B = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{AmH}\) (tính chất góc nội tiếp) \( \Rightarrow \) sđ \(\overparen{AmH}\) \( = 2\widehat B = {120^0}\) Squạt AOH = \({{\pi {{.2}^2}.120} \over {360}} = {{4\pi } \over 3}\) (cm2) Giaibaitap.me Page 14
Page 15
Câu 73 trang 113 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho đường tròn đường kính AB. Qua A và B kẻ hai tiếp tuyến của đường tròn đó. Gọi M là một điểm trên đường tròn. Các đường thẳng AM và BM cắt các tiếp tuyến trên lần lượt tại B’ và A’. a) Chứng minh rằng \({\rm{AA}}'.BB' = A{B^2}\) b) Chứng minh rằng \(A'{A^2} = A'M.A'B\). Giải a) Xét ∆AA'B và ∆BB'A: \(\widehat {A'AB} = \widehat {B'BA} = {90^0}\) \(\widehat {BB'A} = \widehat {ABA'}\) (vì cùng phụ với \(\widehat {BAB'}\)) Suy ra: ∆AA'B đồng dạng ∆BAB' (g.g) \({{AA'} \over {BA}} = {{AB} \over {BB}} \Rightarrow AA'.BB' = A{B^2}\) b) \(\widehat {AMB} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow AM \bot A'B\) ∆AA'B vuông tại A. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(AA{'^2} = A'M.A'B\) Câu 74 trang 114 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho lục giác ABCDEF. Chứng minh rằng đường chéo BF chia AD thành hai đoạn thẳng theo tỉ số 1: 3. Giải Lục giác đều ABCDEF nội tiếp trong đường tròn (O) \(\overparen{AB}\) = \(\overparen{CB}\) = \(\overparen{CD}\) = \(\overparen{DE}\) = \(\overparen{EF}\) = \(\overparen{FA}\) = 600 \( \Rightarrow \) sđ \(\overparen{ABCD}\) = sđ \(\overparen{AB}\) + sđ \(\overparen{BC}\) + sđ \(\overparen{CD}\) = 1800 Nên AD là đường kính của đường tròn (O) Ta có: OA = OB = OF = AB = AF = R Nên tứ giác ABOF là hình thoi Gọi giao điểm của AD và BF là H Ta có: \(FB \bot OA\) (tính chất hình thoi) \( \Rightarrow AH = HO = {{AO} \over 2} = {R \over 2}\) \(HD = HO + OD = {R \over 2} + R = {{3R} \over 2}\) Suy ra: \({{AH} \over {HD}} = {{{R \over 2}} \over {{{3R} \over 2}}} = {1 \over 3}\) Câu 75 trang 114 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Dựng điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho \(\widehat {AMB} = \widehat {BMC} = \widehat {CMA}\) Giải Giả sử M là điểm nằm trong ∆ABC sao cho \(\widehat {AMB} = \widehat {BMC} = \widehat {CMA}\) Vì \(\widehat {AMB} + \widehat {BMC} + \widehat {CMA} = {360^0}\) Thì điểm M nhìn các cạnh AB, BC, AC của ∆ABC dưới 1 góc bằng 1200 suy ra cách dựng: - Dựng cung chứa góc 1200 vẽ trên đoạn BC. - Dựng cung chứa góc 1200 vẽ trên đoạn AC Giao điểm thứ hai của cung này là điểm M phải dựng Giaibaitap.me Page 16
Câu 76 trang 114 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Hai ròng rọc có tâm O, O’ và bán kính R = 4a, R’ = a. Hai tiếp tuyến chung MN và PQ cắt nhau tại A theo góc 600. Tìm độ dài của dây cua- roa mắc qua hai dòng dọc. Giải Vì hai tiếp tuyến chung của đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A nên O, O’, A thẳng hàng. \(\widehat {OAM} = \widehat {OAP} = {1 \over 2}\widehat {MAP}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \widehat {OAM} = {30^0}\) Trong tam giác vuông OMA có \(\widehat {OMA} = {90^0}\) \( \Rightarrow MA = OM.\cot \widehat {OAM}\) \( = 4a\cos {30^0} = 4a\sqrt 3 \) Trong tam giác vuông O’NA có\(\widehat {O'NA} = {90^0}\) \( \Rightarrow NA = O'N\cot \widehat {O'AN} = a\cot {30^0} = a\sqrt 3 \) \(MN = MA - NA = 4a\sqrt 3 - a\sqrt 3 = 3a\sqrt 3 \) Trong tứ giác O’NAQ có \(\widehat N = \widehat Q = {90^0}\); \(\widehat A = {60^0}\) Suy ra: \(\widehat {NO'Q} = {120^0}\) Độ dài cung nhỏ \(\overparen{NQ}\) là: \({l_1} = {{\pi .a.120} \over {180}} = {{2\pi a} \over 3}\) Trong tứ giác OMAP có \(\widehat M = \widehat P = {90^0}\); \(\widehat A = {60^0}\\) Suy ra: \(\widehat {MOP} = {120^0}\) nên số đo cung nhỏ \(\overparen{MP}\) bằng 1200 sđ \(\overparen{MnP}\) \( = {360^0} - {120^0} = {240^0}\) Độ dài cung lớn \(\overparen{MnP}\) là \({l_2}\) \( = {{\pi .4a.240} \over {180}} = {{16\pi a} \over 3}\) Chiều dài của dây cua – roa mắc qua hai ròng rọc là: \(2MN + {l_1} + {l_2} = 2.3a\sqrt 3 + {{2\pi a} \over 3} + {{16\pi a} \over 3}\( =\(6a\sqrt 3 + 6\pi a = 6a\left( {\sqrt 3 + \pi } \right)\) Câu 77 trang 114 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Tính diện tích phần gạch sọc trên hình sau (theo kích thước đã cho trên hình) Giải Diện tích phần gạch sọc là hiệu giữa diện tích hình thang ABCD và diện tích hình quạt tròn có góc ở tâm 300 của đường tròn bán kính bằng a. Từ D kẻ \(DH \bot BC\) Trong tam giác vuông HDC có \(\widehat {DHC} = {90^0}\) \(DH = DC.\sin C = a.\sin {30^0} = {a \over 2}\) \(CH = DC.cos\widehat C = a.cos{30^0} = {{a\sqrt 3 } \over 2}\) \(BH = BC - HC = a - {{a\sqrt 3 } \over 2} = {{a\left( {2 - \sqrt 3 } \right)} \over 2}\) \( \Rightarrow AD = {{a\left( {2 - \sqrt 3 } \right)} \over 2}\) Diện tích của hình thang ABCD bằng: \({{AD + BC} \over 2}.DH = {{{{a\left( {2 - \sqrt 3 } \right)} \over 2} + a} \over 2}.{a \over 2}\) \( = {{{a^2}\left( {4 - \sqrt 3 } \right)} \over 8}\) Diện tích hình quạt tròn bằng: \({{\pi .{a^2}.30} \over {360}} = {{\pi {a^2}} \over {12}}\) Diện tích phần gạch sọc: \(S = {{{a^2}\left( {4 - \sqrt 3 } \right)} \over 8} - {{\pi a} \over {12}}\) \( = {{3{a^2}\left( {4 - \sqrt 3 } \right) - 2\pi {a^2}} \over {24}}\) \( = {{{a^2}} \over {24}}\left( {12 - 3\sqrt 3 - 2\pi } \right)\) Câu 78 trang 114 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho tam giác AHB có \(\widehat H = 90^\circ ,\widehat A = 30^\circ \) và BH = 4cm. Tia phân giác của góc B cắt AH tại O. Vẽ đường tròn (O; OH) và đường tròn (O; OA). a) Chứng minh đường tròn (O; OH) tiếp xúc với cạnh AB. b) Tính diện tích hình vành khăn nằm giữa hai đường tròn trên. Giải a) Kẻ \(OK \bot AB\) BO là đường phân giác của \(\widehat B\) \( \Rightarrow OK = OH\) (tính chất đường phân giác) Vậy đường tròn (O; OH) tiếp xúc với AB tại K. b) ∆AHB có \(\widehat H = {90^0}\); \(\widehat A = {30^0}\) Suy ra: \(\widehat B = {60^0} \Rightarrow \widehat {ABO} = {1 \over 2}\widehat B = {30^0}\) Suy ra: ∆OAB cân tại O nên OB = OA Vậy B (O; OA) ∆BHO có \(\widehat H = {90^0}\); \(\widehat {OBH} = {30^0}\) \(OH = BH.\tan {30^0} = 4.{{\sqrt 3 } \over 3} = {{4\sqrt 3 } \over 3}\) (cm) \(OB = {{BH} \over {\cos \widehat {OBH}}} = {4 \over {\cos {{30}^0}}} = {4 \over {{{\sqrt 3 } \over 2}}} = {{8\sqrt 3 } \over 3}\) (cm) Diện tích đường tròn nhỏ: S1 = \(\pi {\left( {{{4\sqrt 3 } \over 3}} \right)^2} = {{16\pi } \over 3}\) (cm2) Diện tích đường tròn lớn: \({S_2} = \pi {\left( {{{8\sqrt 3 } \over 3}} \right)^2} = {{64\pi } \over 3}\) (cm2) Diện tích hình vành khăn: S = \({S_2} - {S_1} = {{64\pi } \over 3} - {{16\pi } \over 3} = {{48\pi } \over 3} = 16\pi \) (cm2) Câu 79 trang 114 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho nửa đường tròn đường kính AB. Gọi C là một điểm chạy trên nửa đường tròn đó. Trên AC lấy điểm D sao cho AD = CD. Qua A kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn rồi lấy AE = AB (E và C cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB) a) Tìm quỹ tích điểm D b) Tính diện tích phần chung của hai nửa hình tròn đường kính AB và AE. Giải a) Chứng minh thuận Nối DE. Xét ∆ABC và ∆AED: AB = AE (gt) AD = BC (gt) \(\widehat {EAD} = \widehat {ABC}\) (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung) Suy ra: ∆ABC = ∆EAD (c.g.c) \( \Rightarrow \widehat {EAD} = \widehat {ACB}\) Mà \(\widehat {ACB} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \widehat {EDA} = {90^0}\) Điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đường kính AB thì điểm D luôn nhìn đoạn AE cố định dưới một góc bằng 900, nên điểm D nằm trên nửa đường tròn đường kính AE nằm trong nửa mặt phẳng bờ AE chứa nửa đường tròn đường kính AB. Chứng minh đảo: Trên nửa đường tròn đường kính AE lấy điểm D’ bất kỳ, đường thẳng AD’ cắt nửa đường tròn đường kính AB tại C’. Nối ED’, BC’. Xét ∆AD'E và ∆BC'A: \(\widehat {D'} = \widehat {C'} = {90^0}\) (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AE = AB (gt) \(\widehat {EAD} = \widehat {ABC'}\) (2 góc cùng phụ \(\widehat {C'AB}\)) Suy ra: ∆AD'E = ∆BC'A (cạnh huyền, góc nhọn) \( \Rightarrow AD' = BC'\) Vậy khi điểm C chạy trên nửa đường tròn đường kính AB thì quỹ tích điểm D là nửa đường tròn đường kính AE. b) Gọi tâm hai nửa đường tròn đường kính AB và AE lần lượt là O và O’, giao điểm thứ hai của hai đường tròn là M Ta có: OA = OM = O’A = O’M (vì AB = AE) \(\widehat A = {90^0}\) Vậy tứ giác AOMO’ là hình vuông Diện tích phần chung của hai nửa hình tròn bằng diện tích hai quạt tròn có cung \(\overparen{AmM}\) trừ đi diện tích hình vuông Diện tích hình quạt tròn AOM bằng: \({{\pi {{\left( {{{AB} \over 2}} \right)}^2}.90} \over {360}} = {{\pi A{B^2}} \over {16}}\) Diện tích của hình vuông AOMO’ bằng: \({\left( {{{AB} \over 2}} \right)^2} = {{A{B^2}} \over 4}\) Diện tích phần chung bằng: \(2.{{\pi A{B^2}} \over {16}} - {{A{B^2}} \over 4} = {{\pi A{B^2}} \over 8} - {{2A{B^2}} \over 8}\) \( = {{A{B^2}} \over 8}\left( {\pi - 2} \right)\) (đơn vị diện tích) Giaibaitap.me Page 17
Câu III.1 Trang 114 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho tam giác đều ACB và ACD, cạnh a. Lần lượt lấy B và D làm tâm vẽ hai đường tròn bán kính a. Kẻ các đường kính ABE và ADF. Trên cung nhỏ CE của đường tròn tâm B lấy điểm M (không trùng với E và C). Đường thẳn CM cắt đường tròn tâm D tại điểm thứ hai là N. Hai đường thẳng EM và NF cắt nhau tại điểm T. Gọi H là giao điểm của AT và MN. Chứng minh: a) MNT là tam giác đều. b) AT = 4AH. Giải
a) Trong đường tròn (B) ta có: \(\widehat {AMC} = {1 \over 2}\widehat {ABC}\) (hệ quả góc nội tiếp) mà \(\widehat {ABC} = 60^\circ \) (vì ∆ABC đều) \( \Rightarrow \widehat {AMC} = 30^\circ \) \(\widehat {AME} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (B)) \( \Rightarrow \widehat {AMT} = 90^\circ \) \(\widehat {TMN} = \widehat {AMT} - \widehat {AMC} = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ \) Trong đường tròn (D) ta có: \(\widehat {ANC} = {1 \over 2}\widehat {ADC}\) (Hệ quả góc nội tiếp) mà \(\widehat {ADC} = 60^\circ \) (vì ∆ADC đều) \( \Rightarrow \widehat {ANC} = 30^\circ \) \(\widehat {ANF} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (D)) \( \Rightarrow \widehat {ANC} + \widehat {CNF} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {CNF} = 90^\circ - \widehat {ANC} = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ \) hay \(\widehat {MNT} = 60^\circ \) Vậy ∆TMN đều. b) \(\widehat {AMC} = \widehat {ANC} = 30^\circ \) \( \Rightarrow \Delta AMN\) cân tại A \( \Rightarrow \) AM = AN nên A nằm trên đường trung trực MN ∆TMN đều \( \Rightarrow \) TM = TN nên T nằm trên đường trung trực MN Suy ra AT là đường trung trực của MN nên AT ⊥ MN ∆AHM có \(\widehat {AHM} = 90^\circ \) \(AM = {{AH} \over {\sin M}} = {{AH} \over {\sin 30^\circ }} = {{AH} \over {{1 \over 2}}} = 2AH\) (1) TH ⊥ MN nên TH là đường phân giác của \(\widehat T\) nên \(\widehat {MTA} = 30^\circ \) ∆AMT có \(\widehat {AMT} = 90^\circ \) \(AT = {{AT} \over {\sin \widehat {MTA}}} = {{AM} \over {{1 \over 2}}} = 2AM\) (2) Từ (1) và (2) suy ra: AT = 4AH Câu III.2 trang 115 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho đường tròn tâm O bán kính R và điểm M ở ngoài đường tròn đó. Qua điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB và cắt tuyến MCD với đường tròn (O), trong đó điểm C ở giữa hai điểm M, D. Đường thẳng qua điểm C và vuông góc với OA cắt AB tại H. Gọi I là trung điểm của dây CD. Chứng minh HI song song với AD. Giải MA ⊥ OA (tính chất tiếp tuyến) \( \Rightarrow \widehat {MAO} = 90^\circ \) MB ⊥ OB (tính chất tiếp tuyến) \( \Rightarrow \widehat {MBO} = 90^\circ \) IC = ID (gt) \( \Rightarrow \) OI ⊥ CD (đường kính đi qua điểm chính giữa của dây) \( \Rightarrow \widehat {MIO} = 90^\circ \) A, B, I nhìn MO cố định dưới một góc bằng 90º nên A, B, I nằm trên đường tròn bán kính MO. \( \Rightarrow \widehat {AMI} = \widehat {ABI}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AOI) CH ⊥ \(\overparen{AO}\) (gt) Suy ra: CH // MA \(\widehat {AMI} = \widehat {HCI}\) (hai góc đồng vị) Suy ra: \(\widehat {HCI} = \widehat {ABI}\) hay \(\widehat {HCI} = \widehat {HBI}\) B và C cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ chứa đường HI tạo với HI một góc bằng nhau nên tứ giác BCHI nội tiếp. \( \Rightarrow \widehat {CBH} = \widehat {CIH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{CH}\)) hay \(\widehat {CBA} = \widehat {CIH}\) (1) Trong đường tròn (O) ta có: \(\widehat {CBA} = \widehat {CDA}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{AC}\) (2) Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat {CIH} = \widehat {CDA}\) nên HI // AD (vì có cặp góc ở vị trí đồng vị bằng nhau) (Trường hợp cát tuyến đi qua tâm ngũ giác MAOIB suy biến thành tứ giác MAOB chứng minh tương tự ta có HO // AD). Mỗi bài III.3 đến III.12 sau đây đều có 4 phương án lựa chọn là (A), (B), (C), (D) nhưng chỉ có một trong số đó đúng. Hãy chỉ ra phương án mà em cho là đúng. Câu III.3 trang 115 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Góc nội tiếp là góc: (A) có đỉnh nằm trên đường tròn. (B) có hai cạnh là hai giây của đường tròn. (C) có hai đỉnh là tâm đường tròn và có hai cạnh là hai bán kính. (D) có hai cạnh là hai dây của đường tròn đó và chỉ có một đầu mút chung. Giải Chọn (D) có hai cạnh là hai dây của đường tròn đó và chỉ có một đầu mút chung. Câu III.4 trang 115 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Một đường tròn là đường tròn nội tiếp nếu có: (A) đi qua các đỉnh của một tam giác. (B) tiếp xúc với các đường thẳng chứa các cạnh của một tam giác. (C) tiếp xúc với các cạnh của một tam giác. (D) nằm trong một tam giác. Giải Chọn (C) tiếp xúc với các cạnh của một tam giác. Giaibaitap.me Page 18
Page 19
Câu 1 trang 163 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Diện tích và chu vi của một hình chữ nhật ABCD (AB > AD) theo thứ tự là 2a2 và 6a. Cho hình chữ nhật quay quanh cạnh AB một vòng, ta được một hình trụ. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình trụ này. Giải Theo bài ra ta có: AB + AD = 3a; AB. AD = 2a2 nên độ dài AB và AC là nghiệm của phương trình: \({x^2} - 3ax + 2{a^2} = 0(AB > AD > 0) \Rightarrow x > 0\) ∆ = (-3a)2 – 4. 1. 2a2 = 9a2 – 8a2 = a2> 0 \({x_1} = {{3a + a} \over 2} = 2a;{x_2} = {{3a - a} \over 2} = a\) Vì AB > AD nên AB = 2a; AD = a Diện tích xung quanh hình trụ: S = 2πrh S = 2π. AD. AB = 2π. a. 2a = 4πa2 (đơn vị diện tích) Thể tích của hình trụ: V = πR2h V = π. AD2. AB = πa2. 2a = 2πa3 (đơn vị diện tích) Câu 2 trang 163 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Mô hình của một cái lọ thí nghiệm dạng hình trụ (không nắp) có bán kính đường tròn đáy 14cm, chiều cao 10cm. Trong các số sau đây, số nào là diện tích xung quanh cộng với diện tích một đáy? (Lấy \(\pi = {{22} \over 7}\)) (A) 564cm2; (B) 972cm2; (C) 1865cm2; (D) 2520cm2; (E) 1496cm2. Giải Diện tích xung quanh lọ là: Sxq= 2πrh \({S_{xq}} = 2.14.{{22} \over 7}.10 = 880(c{m^2})\) Diện tích đáy lọ là: S = πR2 \(S = {{22} \over 7}{.14^2} = 616(c{m^2})\) Chọn (E) 1496cm2. Câu 3 trang 163 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Một hình trụ có bán kính đường tròn đáy là 6cm, chiều cao 9cm. Hãy tính: a) Diện tích xung quanh của hình trụ. b) Thể tích của hình trụ. (Lấy \(\pi \approx 3,142,\) làm tròn kết quả đến hàng đơn vị). Giải a) Diện tích xung quanh hình trụ: Sxq= 2πrh \({S_{xq}} = 2.\pi .6.9 \approx 2.3,142.6.9 \approx 339(c{m^2})\) b) thể tích hình trụ: V= πr2.h \(V \approx 3,{142.6^2}.9 \approx 1018(c{m^3})\) Câu 4 trang 163 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Đố: đường đi của con kiến. Thành bên trong của một cái lọ thủy tinh dạng hình trụ có một giọt mật cách miệng lọ 3cm. Bên ngoài thành lọ có một con kiến đậu ở điểm đối diện với giọt mật qua tâm đường tròn (song song với đường tròn đáy – xem hình 88). Hãy chỉ ra đường đi ngắn nhất của con kiến để đến đúng giọt mật, biết rằng chiều cao của cái lọ là 20cm và đươngf kính đường tròn đáy là 10cm (lấy $\pi \approx 3,14\)).
Giải Khai triển hình trụ theo một đường sinh và trái phẳng ra, ta được một hình chữ nhật chiều rộng 20cm, chiều dài bằng chu vi đáy của cái lọ bằng 3,14 cm. Ta cần chú ý đến vị trí con kiến và giọt mật. ta cho con kiến ở điểm A cách đáy 17cm, thì giọt mặt ở điểm B cũng cách đây 17cm và cách con kiến ở điểm A là nửa chu vi đáy của cái lọ bằng 15,7 cm. Dựng điểm C đối xứng với B qua đường xy, nối AC cắt xy tại D. Điểm D là điểm con kiến bò qua miệng của cái lọ để bên trong thì đoạn đường BDA là ngắn nhất. Giaibaitap.me Page 20
Page 21
Câu 8 trang 164 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Diện tích xung quanh của một hình trụ là 10m2 và diện tích toàn phần của nó là 14m2. Hãy tính bán kính của đường tròn đáy và chiều cao của hình trụ (lấy $\pi \approx 3,14,\) làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai). Giải Diện tích toàn phần của hình trụ là: STP = Sxq + 2Sđáy Diện tích của một đáy là: Sđáy = \({{{S_{TP}} - {S_{xq}}} \over 2} = {{14 - 10} \over 2} = 2({m^2})\) Diện tích đáy là: S = πr2 \( \Rightarrow {r^2} = {S \over \pi } \approx {2 \over {3,14}} \approx 0,64({m^2})\) Bán kính đáy: \(r \approx 0,8(m)\) Diện tích xung quanh hình trụ là: Sxq = 2πr. h \( \Rightarrow h = {{{S_{xq}}} \over {2\pi r}} \approx {{10} \over {2.3,14.0,8}} \approx 1,99(m)\) Câu 9 trang 165 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Một cái trục lăn có dạng một hình trụ. Đường kính của đường tròn đáy là 42cm, chiều dài trục lăn là 2m (h. 91). Sau khi lăn trọn 10 vòng thì trục lăn tạo trên sân phẳng một diện tích là: (A) 26400cm2; (B) 58200cm2; (C) 528cm2; (D) 264000cm2. (Lấy \(\pi = {{22} \over 7}\)). Hãy chọn kết quả đúng. Giải; Trục lăn một một vòng nên trên sân phẳng một diện tích bằng diện tích xung quanh của trục. Đổi 2 m = 200 cm. Diện tích xung quanh của trục lăn là: \({S_{xq}} = 42.{{22} \over 7}.200 = 26400(c{m^2})\) Trục lăn 10 vòng có diện tích là 264 000 cm2. Chọn (D) 264000cm2. Câu 10 trang 165 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Đúng nửa cốc (!) Một cái cố hình trụ được đổ đầy sữa. Liệu em có thể rót ra đúng một nửa lượng sữa mà không cần phải sử dụng các công dụng cụ hay không? Giải Ta nghiêng cái cốc hình trụ đựng đầy sữa, rót sữa ra vật chứa sữa đến khi sữa trong cốc hình trụ tạo thành góc AOB như hình vẽ thì lượng sữa trong cốc còn đúng một nửa. Giaibaitap.me Page 22
Câu 11 trang 165 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Người ta đổ nước vào một thùng chứa dạng hình trụ, có đường kính đường tròn đáy là 3m lên đến độ cao \(2{1 \over 3}m.\) Biết rằng 1cm3 nước có khối lượng là 1g. Trong các số sau đây, số nào là số biểu diễn khối lượng nước đổ vào thùng? (A) 165; (B) 16500; (C) 33000; (D) 66000. (Lấy \(\pi = {{22} \over 7}\) và kết quả tính theo kilogam). Giải Thể tích nước chứa trong thùng hình trụ là: \({{22} \over 7}.{\left( {{3 \over 2}} \right)^2}.{7 \over 3} = 16,5{(m)^3} = 16500000(c{m^3})\) Chọn (B) 16500 (kg). Câu 12 trang 165 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Một hình trụ có bán kính đường tròn đáy 3cm, chiều cao 4cm được đặt đứng trên mặt bàn. Một phần của hình trụ bị cắt rời ra theo các bán kính OA, OB và theo chiều thẳng đứng từ trên xuống dưới với (xem hình 92). Hãy tính: a) Thể tích phần còn lại. b) Diện tích toàn bộ của hình sau khi đã bị cắt. Giải a) Thể tích hình trụ: V = πr2. h V = π.32.4 =36π (cm3) Phần hình trụ bị cắt đi là \({{30^\circ } \over {360^\circ }}{1 \over {12}}\) (hình trụ) Phần hình trụ còn lại là \(1 - {1 \over {12}} = {{11} \over {12}}\) (hình trụ) Thể tích phần còn lại là: \({{11} \over {12}}.36\pi = 33\pi (c{m^3})\) b) Phần diện tích xung quanh còn lại (không kể phần lõm): S = 2. π. 3. 4. \({{11} \over {12}}\) = 22π (cm2) Phần diện tích còn lại của 2 đáy là: \(\pi {.3^2}.{{11} \over {12}}.2 = {{33\pi } \over 2}(c{m^2})\) Diện tích phần lõm là hai hình chữ nhật kích thước 3 và 4 Diện tích toàn bộ hình sau khi cắt là: \(22\pi + {{33\pi } \over 2} + 3.4.2 = \left( {38{1 \over 2}\pi + 24} \right)(c{m^2})\) Câu 13 trang 166 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Một vật thể hình học như hình 93. Phần trên là nửa hình trụ, phần dưới là một hình hộp chữ nhật, với các kích thước cho trên hình vẽ. Thể tích của vật thể hình học này là: (A) 4340cm3; (B) 4760cm3; (C) 5880cm3; (D) 8cm3. (Lấy \(\pi = {{22} \over 7}\)). Hãy chọn kết quả đúng. Giải Vật thể gồm một hình hộp chữ nhật và một nửa hình trụ. Thể tích hình hộp chữ nhật là: V1 = 10. 14. 20 = 2 800 (cm3) Thể tích nửa hình trụ là: \(\left[ {{{22} \over 7}.{{\left( {{{14} \over 2}} \right)}^2}.20} \right]:2 = 1540(c{m^3})\) Chọn (A) 4340cm3. Giaibaitap.me Page 23
Câu 14 trang 166 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho tam giác ABC vuông tại A, góc \(\widehat B = 60^\circ \) và BC = 2a.(đơn vị độ dài). Quay tam giác đó một vòng quanh cạnh huyền BC. Hãy tính diện tích xung quanh và thể tích của hình tạo thành. Giải Khi quay tam giác vuông ABC một vòng xung quanh cạnh huyền BC ta thu được hai hình nón có đáy úp vào nhau, bán kính đường tròn đáy bằng đường cao AH kẻ từ A đến canh huyền BC. Trong tam giác vuông ABC ta có: AB = BC. cosB = 2a. cos60º = 2a.\({1 \over 2}\) = a AC = BC. sinB = 2a. sin60º =\(2a.{{\sqrt 3 } \over 2} = a\sqrt 3 \) AH =\({{AB.AC} \over {BC}} = {{a.a\sqrt 3 } \over {2a}} = {{a\sqrt 3 } \over 2}\) Diện tích xung quanh hình tạo thành: S = π. AH: AB + π AH. AC = \(\pi {{a\sqrt 3 } \over 2}(a + a\sqrt 3 ) = {{\pi {a^2}(3 + \sqrt 3 )} \over 2}\) (đơn vị diện tích) Thể tích hình tạo thành: \(V = {1 \over 3}\pi A{H^2}.BH + {1 \over 3}\pi A{H^2}.HC = {1 \over 3}\pi A{H^2}(BH + HC)\) \(\eqalign{& V = {1 \over 3}\pi A{H^2}.BC = {1 \over 3}\pi {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 2}} \right)^2}.2a \cr & = {1 \over 3}\pi {{{a^2}.3} \over 4}.2a = {{\pi {a^2}} \over 2} \cr} \) Câu 15 trang 166 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cắt bỏ hình quạt OPSQ (xem hình 94 – phần gạch sọc). Biết độ dài \(\overparen{PRQ}\) là x thì phần còn lại có thể ghép thành hình nón nào dưới đây? (A) (B) (C) (D) Giải Chọn hình A. Câu 16 trang 167 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Một chiếc cốc dạng hình nón, chứa đầy rượu (h.95). Cụ Bá uống một lượng rượu nên “chiều cao” của rượu còn lại trong cốc bằng một nửa chiều cao ban đầu. Hỏi cụ Bá đã uống bao nhiêu phần rượu trong cốc? Giải Thể tích rượu ban đầu trong ly: \({V_1} = {1 \over 3}\pi {r^2}.h\) Thể tích rượu còn lại trong ly: \({V_2} = {1 \over 3}\pi {\left( {{r \over 2}} \right)^2}.{h \over 2} = {1 \over {24}}\pi {r^2}h = {1 \over 8}{V_1}\) Lượng rượu đã uống: \({V_1} - {V_2} = {V_1} - {1 \over 8}{V_1} = {7 \over 8}{V_1}\) Cụ Bá đã uống \({7 \over 8}\) lượng rượu trong ly. Câu 17 trang 167 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Người ta minh họa một cái xô đựng nước ở hình 96. Thể tích nước chứa đầy xô sẽ là (tính theo cm3): (A) \({{1000\pi } \over 3}\); (B) \({{1750\pi } \over 3}\); (C) \({{2000\pi } \over 3}\); (D) \({{2750\pi } \over 3}\). Hãy chọn kết quả đúng. Giải Thể tích hình nón có đường kính đáy 0,2 m là: \({1 \over 3}\pi .{\left( {{{0,2} \over 2}} \right)^2}.0,2 = {{0,002\pi } \over 3}({m^3}) = {{2000\pi } \over 3}(c{m^3})\) Thể tích hình nón có đường kính đáy 0,1 m là: \({1 \over 3}\pi .{\left( {{{0,1} \over 2}} \right)^2}.0,1 = {{0,00025\pi } \over 3}({m^3}) = {{250\pi } \over 3}(c{m^3})\) Thể tích nước trong xô bằng hiệu thể tích hai hình nón. Ta chọn (B) \({{1750\pi } \over 3}\). Giaibaitap.me Page 24
Câu 18 trang 167 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Diện tích toàn phần của hình nón, theo các kích thước của hình 97 là: (A) 220; (B) 264; (C) 308; (D) 374. (Chọn \(\pi = {{22} \over 7}\) và tính gần đúng đến cm2). Hãy chọn kết quả đúng. Giải Diện tích xung quanh hình nón: \({S_{xq}} = \pi rl = {{22} \over 7}.7.10 = 220(c{m^{2)}}\) Diện tích đáy hình nón: \(S = \pi {r^2} = {{22} \over 7}{.7^2} = 154(c{m^2})\) STP = Sxq + Sđáy = 374. Chọn (D) 374. Câu 19 trang 167 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho hình bình hành ABCD với AB = 1, AD = x (x > 0) và \(\widehat {BAD} = 60^\circ \). a) Tính diện tích toàn phần S của hình tạo thành khi quay hình bình hành ABCD đúng một vòng quanh cạnh AB và diện tích toàn phần S1 của hình tạo thành khi quay quanh cạnh AD. b) Xác định giá trị x khi S = S1 và S = 2S1. Giải a) khi quay hình bình hành ABCD một vòng quanh cạnh AB thì cạnh AD và BC vạch nên 2 hình nón bằng nhau có đường sinh AD = BC = x, cạnh CD vạch nên hình trụ có bán kính đáy bằng bán kính hình tròn. Trong ∆AHD có \(\widehat {AHD} = 90^\circ ;\widehat A = 60^\circ \) DH = AD. sin60º = \(x.{{\sqrt 3 } \over 2} = {{x\sqrt 3 } \over 2}\) Diện tích toàn phần của hình tạo thành bằng tổng diện tích xung quanh 2 hình nón và diện tích xung quanh hình trụ: S = Sxq trụ + 2Sxq nón \(\eqalign{& S = 2\pi DH.DC + 2.\pi DH.AD \cr & = 2\pi {{x\sqrt 3 } \over 2}.1 + 2.\pi .{{x\sqrt 3 } \over 2}.x \cr & = \pi x\sqrt 3 + \pi {x^2}\sqrt 3 \cr} \) \( \Rightarrow S = \pi x\sqrt 3 (1 + x)\) Khi quay hình bình hành quanh trục AD một vòng thì cạnh AB và DC vạch nên hai hình nón bằng nhau có đường sinh AB = CD = 1. Cạnh AD vạch nên hình trụ có bán kính đáy bằng bán kính nón. Bán kính đáy: DH = AB. sin60º = \({{\sqrt 3 } \over 2}.\) S1: diện tích toàn phàn hình tạo thành bằng tổng diện tích xung quanh hai hình nón cộng với diện tích hình trụ. S1 = Sxq trụ + 2.Sxq nón \({S_1} = 2.\pi .DH.AD + 2.\pi .DH.AB = 2\pi {{\sqrt 3 } \over 2}.x + 2.\pi .{{\sqrt 3 } \over 2}.1\) \({S_1} = \pi \sqrt 3 (x + 1)\) b) Để S = S1 \(\Rightarrow \pi x\sqrt 3 (1 + x) = \pi \sqrt 3 (x + 1) \Leftrightarrow x(1 + x) = x + 1\) \( \Leftrightarrow {x^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow (x + 1)(x - 1) = 0\) Vì x > 0 \( \Rightarrow \) x + 1 # 0 \( \Rightarrow \) x – 1 = 0 \( \Leftrightarrow \) x = 1 Để S =2S1 \(\Rightarrow \) \(\pi x\sqrt 3 (1 + x) = 2\pi \sqrt 3 (x + 1) \Leftrightarrow x(x + 1) = 2(x + 1)\) \( \Leftrightarrow \) x2 – x – 2 = 0 \( \Leftrightarrow \) x2 – 2x + x – 2 = 0 \( \Leftrightarrow \) (x – 2)(x + 1) = 0 Vì x > 0 \( \Rightarrow \) x + 1 # 0 \( \Rightarrow \) x – 2 = 0 \( \Leftrightarrow \) x = 2 Câu 20 trang 168 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Hình 98 có một hình nón, bán kính đường tròn đáy là \({m \over 2}(cm)\), chiều cao là 2l (cm) và một hình trụ, bán kính đường tròn đáy m (cm), chiều cao 2l (cm). Người ta múc đầy nước vào hình nón và đổ vào hình trụ (không chứa gì cả) thì độ cao của nước trong hình trụ là: (A) \({l \over 6}\)(cm); (B) l (cm); (C) \({5 \over 6}\) (cm); (D) \({{11} \over 6}l\) (cm). Hãy chọn kết quả đúng. Giải Thể tích hình nón là: V1 = \({1 \over 3}\pi {r^2}.h\) V1 = \({1 \over 3}\pi {\left( {{m \over 2}} \right)^2}.2l = {1 \over 3}\pi {{{m^2}} \over 4}.2l = {{\pi {m^2}l} \over 6}\) Thể tích hình trụ là: V2 = πr2. h V2 = πm2. 2l = 2 πm2l \({{{V_1}} \over {{V_2}}} = {{\pi {m^2}l} \over 6}:2\pi {m^2}l = {{\pi {m^2}l} \over 6}.{1 \over {2\pi {m^2}l}} = {1 \over {12}}\) Vậy khi đổ đầy nước vào hình nón rồi đổ vào hình trụ độ cao nước \({1 \over {12}}.2l = {1 \over 6}l\) Chọn (A) \({l \over 6}\)(cm). Giaibaitap.me Page 25
Câu 21 trang 168 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Nếu chiều cao và bán kính đáy của một hình nón đều tăng lên và bằng \({5 \over 4}\) so với các kích thước tương ứng ban đầu thì trong các tỉ số sau đây, tỉ số nào là tỉ số giữa thể tích của hình nón mới với thể tích của hình nón ban đầu? (A) \({5 \over 4};\) (B) \({{15} \over {12}};\) (C) \({{25} \over {16}};\) (D) \({{125} \over {64}}.\) Giải Gọi bán kính đáy hình nón là r, độ dài đường cao là h. Thể tích hình nón: V = \({1 \over 3}\pi {r^2}.h\) Thể tích nón mới khi bán kính và chiều cao tăng: \({V_1} = \pi {\left( {{5 \over 4}r} \right)^2}.{5 \over 4}h = \pi {r^2}.h.{\left( {{5 \over 4}} \right)^3}\) \({{{V_1}} \over V} = {{{1 \over 3}\pi {r^2}h{{\left( {{5 \over 4}} \right)}^3}} \over {{1 \over 3}\pi {r^2}h}} = {\left( {{5 \over 4}} \right)^3} = {{125} \over {64}}\) Chọn (D) \({{125} \over {64}}.\) Câu 22 trang 168 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Từ một hình nón, người thợ tiện có thể tiện ra một hình trụ cao nhưng “ hẹp” hoặc một hình trụ rộng nhưng “ thấp”. Trong trường hợp nào thì người thợ tiện loại bỏ ít vật liệu hơn? Giải Gọi bán kính đáy hình nón là R, chiều cao hình nón là h, bán kính đáy hình trụ là r, chiều cao phần hình nón cắt đi là BE = x \(MN//AC \Rightarrow {{ME} \over {AD}} = {{BE} \over {BD}}\) hay \({r \over R} = {x \over h} \Rightarrow r = {{Rx} \over h}\)) Thể tích hình trụ: V = πr2. h \(V = \pi .{\left( {{{Rx} \over h}} \right)^2}.\left( {h - x} \right) = \pi .{{{R^2}{x^2}} \over {{h^2}}}(h - x)\) Phần bỏ đi của hình nón ít nhất có nghĩa là thể tích của hình trụ lớn nhất: \(V = \pi .{{{R^2}{x^2}} \over {{h^2}}}(h - x) \Rightarrow 2V{h^2} = \pi {R^2}{x^2}(2h - 2x) \Rightarrow {{2V{h^2}} \over {\pi {R^2}}} = {x^2}(2h - 2x)\)) Vì π, R, h là các hằng số nên thể tích hình trụ lớn nhất khi và chỉ khi x2(2h – 2x) lớn nhất. Ta có: x2(2h – 2x) = x. x.(2h – 2x) Vì x + x + (2h – 2x) = 2h là một hằng số không đổi nên tích x. x (2h – 2x) đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi ba số đó bằng nhau. \( \Rightarrow \)x = 2h -2x \(\Leftrightarrow \) 3x = 2h \(\Rightarrow \) x = \({2 \over 3}h\) Vậy khi phần cắt bỏ ở phía trên hìnhh nón có chiều cao bằng \({2 \over 3}\) chiều cao hình nón thì phần bỏ đi là ít nhất. Câu 23 trang 168 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Hình 99 là một hình nón. Chiều cao là h (cm), bán kính đường tròn đáy là r (cm) và độ dài đường sinh m (cm) thì thể tích hình nón này là: (A) \(\pi {r^2}h(c{m^3});\) (B) \({1 \over 3}\)\(\pi {r^2}h(c{m^3});\) (C) πrm (cm3); (D) πr(r + m) (cm3). Hãy chọn kết quả đúng. Giải Chiều cao hình nón là h (cm), bán kính đường tròn đáy là r (cm), độ dài đường sinh là m (cm). Thể tích nón: V = \({1 \over 3}\pi {r^2}.h(c{m^3})\) Chọn (B) \({1 \over 3}\)\(\pi {r^2}h(c{m^3})\). Giaibaitap.me Page 26
Câu 24 trang 169 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Một hình trụ có bán kính đáy 1cm và chiều cao 2cm, người ta khoan đi một phần có dạng hình nón như hình vẽ (h.100) thì phần thể tích còn lại của nó sẽ là: (A) \({{2\pi } \over 3}(c{m^3})\); (B) \({{4\pi } \over 3}(c{m^3})\); (C) 2\(\pi \) (cm3); (D) \({{8\pi } \over 3}(c{m^3}).\) Hãy chọn kết quả đúng. Giải Thể tích hình trụ là: \({V_1} = \pi {r^2}.h = \pi {.1^2}.2 = 2\pi (c{m^3})\) Thể tích hình nón là: \({V_2} = {1 \over 3}\pi {r^2}.h = {1 \over 3}\pi {.1^2}.2 = {2 \over 3}\pi (c{m^3})\) Thể tích phần còn lại của hình trụ là: \(V = {V_1} - {V_2} = 2\pi - {2 \over 3}\pi = {4 \over 3}\pi (c{m^{3)}}\) Chọn (B) \({{4\pi } \over 3}(c{m^3})\). Câu 25 trang 169 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi V1, V2, V3 theo thứ tự là thể tích của những hình sinh ra khi quay tam giác ABC một vòng xung quanh các cạnh BC, AB và AC. Chứng minh rằng: $${1 \over {V_1^2}} = {1 \over {V_2^2}} = + {1 \over {V_3^2}}.$$ Giải ∆ABC có \(\widehat A = 90^\circ \), đặt: AB = c, AC = b, BC = a, AH = h; AH là đường cao kẻ từ đỉnh A đến cạnh huyền BC. Ta có: \(h = {{bc} \over a}\) Khi quay tam giác vuông ABC quanh cạnh huyền BC một vòng thì cạnh AB và AC vạch nên hai hình nón có chung đáy có bán kính đáy bằng đường cao AH và tổng chiều cao 2 hình nón bằng cạnh huyền BC có thể tích: \({V_1} = {1 \over 3}\pi .A{H^2} + HB + {1 \over 3}\pi .A{H^2}.HC\) \( = {1 \over 3}A{H^2}.BC = {1 \over 3}\pi {\left( {{{bc} \over a}} \right)^2}.a = {{\pi {b^2}{c^2}} \over {3a}})\) \(\Rightarrow {1 \over {V_1^2}} = {1 \over {{{\left( {{{\pi {b^2}{c^2}} \over {3a}}} \right)}^2}}} = {{9{a^2}} \over {{\pi ^2}{b^4}{c^4}}}\) (1) Khi quay ∆ABC quanh cạnh AB một vong ta thu được hình nón có chiều cao AB = c, bán kính đáy AC = b có thể tích: \({V_2} = {1 \over 3}\pi .A{C^2}.AB = {1 \over 3}\pi {b^2}c\) \({1 \over {V_2^2}} = {1 \over {\left( {{{\pi {b^2}c} \over 3}} \right)}} = {9 \over {{\pi ^2}{b^4}{c^2}}}\) Khi quay ∆ABC quanh cạnh AC một vòng ta thu được hình nón có chiều cao AC = b, bán kính đáy AB = c có thể tích: \({V_3} = {1 \over 3}{\rm{A}}{{\rm{B}}^2}.AC = {1 \over 3}\pi {c^2}b\) \({1 \over {V_3^2}} = {1 \over {\left( {{{\pi b{c^2}} \over 3}} \right)}} = {9 \over {{\pi ^2}{b^2}{c^4}}}\) \({1 \over {V_2^2}} + {1 \over {V_3^2}} = {9 \over {{\pi ^2}{b^4}{c^2}}} + {9 \over {{\pi ^2}{b^2}{c^4}}} = {{9({b^2} + {c^2})} \over {{\pi ^2}{b^4}{c^4}}}\) Vì ∆ABC vuông tại A nên \({b^2} + {c^2} = {a^2} \Rightarrow {1 \over {V_2^2}} + {1 \over {V_3^2}} = {{9{a^2}} \over {{\pi ^2}{b^4}{c^4}}}\) (2) Từ (1) và (2) suy ra: \({1 \over {V_1^2}} = {1 \over {V_2^2}} + {1 \over {V_3^2}}\) Câu 26 trang 169 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Hình 101 có một hình nón, chiều cao k (cm), bán kính đường tròn đáy m (cm) và một hình trụ có cùng chiều cao và bán kính đường tròn đáy với hình nón. Chứa đầy cát vào hình nón rồi đổ hết vào hình trụ thì độ cao của cát trong hình trụ sẽ là: (A) \({k \over 4}cm;\) (B) \({k \over 3}cm;\) (C) \({{2k} \over 3}cm;\) (D) \({{3k} \over 4}cm.\) Hãy chọn kết quả đúng. Giải Hình trụ và hình nón có cùng bán kính và cùng chiều cao nên thể tích hình nón bằng \({1 \over 3}\) thể tích hình trụ. Chọn (B) \({k \over 3}cm.\) Giaibaitap.me |
