Giải vở bài tập toán lớp 9 tập 2 là tài liệu được biên soạn một cách chi tiết và công phu hỗ trợ các em học sinh ôn tập và rèn luyện môn Toán học phổ thông. Đóng gói dưới dạng file PDF.
GL̫i vͧ bàiW̵p TỐN TẬP PHẦN ĐẠI SỐ YZ Chương LUYỆN TẬP Bài a) Với a = –1, ta có hệ phương trình x 3y = x 3y = hay ® ® ¯2x 6y = ¯ x 3y = Từ ta thấy 0x + 0y = với a = –1 phương trình vô nghiệm x 3y = b) Với a = 0, ta có hệ phương trình ® ¯ x 6y = Từ phương trình thứ ta có x = – 3y Thế x phương trình thứ hai x = – 3y, ta (1 – 3y) + 6y = 0, hay y = – § 1· Từ ủoự, x = ă = â 3ạ Vaọy vụựi a = 0, heọ phửụng trình có nghiệm (x ; y) = 1· Đ ă2 ; 3ạ â c) Vụựi a = 1, ta có hệ phương trình x 3y = x 3y = hay ® ® ¯2x 6y = ¯ x 3y = Từ dễ thấy hệ phương trình có vô số nghiệm Hơn nữa, tập nghiệm nghiệm phương trình bậc hai aån x + 3y = Do x + 3y = x = – 3y nên tập nghiệm S = {1 – 3y, y } Vậy với a = 1, hệ phương trình cho có vô số nghiệm (x ; y) tính theo công thức x = 3y ® ¯y Bài a) Từ phương trình thứ ta có y = 3x – Thế y phương trình thứ hai kết ta 5x + 2(3x – 5) = 23, hay 11x = 33 Phương trình cho x = Từ y=3.3–5=4 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x ; y) = (3 ; 4) b) Từ phương trình thứ hai ta có y = 2x + Thế kết cho y phương trình thứ ta 3x + 5(2x + 8) = 1, hay 13x = –39 Phương trình cho x = –3 Từ y = (–3) + = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x ; y) = (–3; 2) c) Với điều kiện y z 0, ta đưa hệ phương trình cho hệ phương trình bậc hai ẩn giải sau : x ° = ®y ° x y 10 = ¯ 3x = 2y ® ¯ y = 10 x 3x = 2(10 x) ® ¯ y = 10 x 5x = 20 ® ¯ y = 10 x x = ® ¯y = Giá trị y = thỏa mãn điều kiện y z Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x ; y) = (4 ; 6) Bài a) Từ phương trình thứ hai ta có x = – y Thế kết vào x phương trình (1) ta ( – y ) – y = 1, hay ( + 1)y = Phương trình naøy cho ta y = 3( 1) = 1 Từ x= 1 =1 § Vậy phương trình ủaừ cho coự moọt nghieọm (x ; y) = ăă ; â 1à áạ b) Cách : Biểu diển x theo y từ phương trình thứ ta có x = 2y Thế kết cho x phương trình thứ hai ta được: 2( 2y) y = 10 hay 5y = – 10 Phương trình cho ta y = x= 10 Từ § 10 · 2 5 2 ăă áá = 5 © ¹ Vậy phương trình cho có nghiệm § 2 10 à (x ; y) = ăă ; áá 5 © ¹ Cách : Biểu diễn y theo x từ phương trình thứ hai ta có y = 10 2x Thế kết cho y phương trình thứ ta x = 2(1 10 Phương trình cho ta x y= 1 10 hay 5x = 2 2x) = 2 Từ §2 5· 10 ăă áá = 5 â ¹ Vậy phương trình cho có nghiệm § 2 10 · ; (x ; y) = ăă áá 5 â ¹ c) Cách : Biểu diễn x theo y từ phương trình thứ hai ta có x = ( 1)y Thế kết cho y phương trình thứ hai ta x ( 1)[( 1)x Phương trình cho ta x = §3 2· y = ( 1) ăă áạ â 2] = 2x = + 3 Từ 2 §3 1· ; ¸¸ Vậy phương trình cho coự moọt nghieọm (x ; y) = ăă 2ạ â Caựch : Bieồu ieón x theo y từ phương trình thứ hai ta có x = – ( + 1)y Thế kết cho x phương trình thứ ta ( 1)[1 ( 1)y] y = hay 2y = –1 Phương trình cho ta y = – Từ 3 § 1· x = – ( + 1) ă = â 2ạ Đ3 1· Vậy phương trình cho có nghiệm (x ; y) = ăă ; áá 2ạ © Bài a) Hệ phương trình ẩn x y cho có nghiệm (1 ; –2) 2x by = ® ¯ bx ay = Ta coi hệ phương hệ phương trình ta có : 2 2b = ® ¯ b 2a = b = ® ¯3 2a = trình bậc hai ẩn a, b giải 2b = ® ¯ b 2a = b = ® ¯a = Trả lời : a = –4 b = b) hệ phương trình ẩn x y cho có nghiệm ( – ; khi: °2( 1) ® ° ¯ b( 1) ) 2b = 2a = Ta coi hệ phương trình bậc với hai ẩn a, b giải hệ phương trình Từ phương trình thứ ta coù : 2 2 b= 2b = 2 2 2b = 2 b = ( 2) Thế giá trị b vào phương trình thứ hai ta : ( 2)( 1) 2 2 2 2a = Trả lời : a = 2a = 2a = a= 5 2 , b = ( 2) = 2 Bài Ta có : P(–1) = –m + (m – 2) + (3n – 5) – 4n = –n – P(3) = 27m + 9(m – 2) – 3(3n – 5) – 4n = 36m – 13n – Theo giả thiết, P(x) chia hết cho x + nên P(–1) = 0, tức –n – = Tương tự , P(x) chia hế t cho x – nê n P(3) = 0, tứ c 36m – 13n – = Vậy ta phải giải hệ phương trình n = ® ¯36m 13n = Từ phương trình thứ nhất, ta có n = –7 Thế giá trị n = –7 vào phương trình thứ hai ta 36m – 13(–7) – = 88 22 Suy m = = 36 22 Trả lời : m = vaø n = –7 GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP CỘNG ĐẠI SỐ Bài a) Cộng vế hai phương trình hệ cho ta 5x = 10 Do : 3x y = 5x = 10 x = x = ® ® ® ® ¯2x y = ¯2x y = ¯2x y = ¯y = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x ; y) = (2 ; –3) b) Trừ vế hai phương trình hệ cho ta 8y = Do : y = 2x 5y = 8y = y = ° ® ® ® ® 2x 3y = 2x 3y = 2x 3y = ¯ ¯ ¯ °¯ x = 3· § Vậy hệ phương trình cho coự nghieọm nhaỏt (x ; y) = ă ; 2ạ â c) ta giaỷi heọ phửụng trình cách nhân hai vế phương trình thứ hai với trừ vế hai phương trình : 4x 3y = 4x 3y = 4x 3y = x = ® ® ® ® ¯4x 2y = ¯2x y = ¯y = ¯y = Vậy hệ phương trình có nghiệm nhaát (x ; y) = (3 ; –2) d) Ta giải hệ phương trình cách nhân hai vế phương trình thứ với 2, nhân hai vế phương trình thứ hai với cộng vế hai phương trình : 2x 3y = 13x = 13 4x 6y = x = ® ® ® ® ¯3x 2y = ¯9x 6y = ¯9x 6y = ¯y = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) = (–1 ; 0) e) Cách : Nhân hai vế phương trình thứ với cộng vế hai phương trình : 1, 2x 2y = 12 2, 7x = 13, 0, 3x 0, 5y = ® ® ® ¯1, 5x 2y = 1, ¯1, 5x 2y = 1, ¯1, 5x 2y = 1, x = x = x = ° ® ® 1, 5 1, ® ¯1, 5x 2y = 1, ¯y = °¯ y = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x ; y) = (5 ; 3) Caùch : Nhân hai vế phương trình thứ với trừ vế hai phương trình ta 4, 5y = 13, 0, 3x 0, 5y = 1, 5x 2, 5y = 15 ® ® ® ¯1, 5x 2y = 1, ¯1, 5x 2y = 1, ¯1, 5x 2y = 1, y = y = y = ° ® ® 1, 2y ® ¯1, 5x 2y = 1, ¯x = °x = 1, ¯ Vaäy hệ phương trình cho có nghiệm (x ; y) = (5 ; 3) Baøi a) Ta giải cách nhân hai vế phương trình thứ với trừ vế hai phương trình : ° x 3y = °2x 2y = °4 2y = ® ® ® ° °2x y = °2x y = ¯2x y = ¯ ¯ 10 2 2 6 y = ° °x = °y = ° ° 8 ® ® ® 2 y 1 ° ° ° y = ¯2x y = °¯ x = ° ¯ Vậy hệ phương trình có nghiệm § 6 2· (x ; y) = ăă ; áạ â b) Ta giải cách nhân hai vế phương trình thứ với cộng vế hai phương trình : °5x y = 2 °5x y = °6 6x = ® ® ® ° ° ° ¯x y = ¯x y = ¯x y = x = x = ° ° 6 ° °x = ° 6 ® ® ® °x y = °y = x °y = ¯ °¯ °¯ 2 1 · § Vậy hệ phương trình có nghiệm nhaỏt (x ; y) = ă ; 2ạ â Bài a) Với a = 3, ta có hệ phương trình 5x 2y = 5x 2y = hay ® ® ¯10x 4y = ¯5x 2y = Ta thaáy hệ phương trình vô nghiệm b) Với a = –3, ta có hệ phương trình 5x 2y = 5x 2y = hay ® ® ¯5x 2y = ¯10x 4y = Ta thấy hệ phương trình có vô số nghiệm tập nghiệm nghiệm phương trình bậc ẩn Mặt khác 5x 5x – 2y = –3 y = nên tập nghiệm phương trình tập nghiệm hệ phương trình 5x ; x S= đ ẵ ắ 11 5x 2y = c) Với a = 2, ta có hệ phương trình ® Cộng vế ¯5x 4y = hai phương trình hệ, ta –2y = hay y = – Từ đó, giá trị y vào phương trình thứ nhất, ta có 10 § 7· 5x + ă = 5x = 10 x = – x = –2 â 2ạ 7Ã Đ Vaọy heọ phửụng trỡnh coự nghieọm nhaỏt (x ; y) = ă 2 ; 2ạ â Baứi Trửụực heỏt, ta xét tọa độ giao điểm hai đường thẳng (d1) (d2) Đó nghiệm hệ phương trình 5x 3y = ® ¯2x 3y = 23 Cộng vế hai phương trình hệ ta 7x = 28, tức x = Thế giá trị x vào phương trình thứ ta coù : – 3y = 20 – 3y = y = Vaäy hai đường thẳng (d1) (d2) cắt điểm A(4 ; 5) – Tiếp theo, ta xác định giá trị m n để (d3) (d4) ñi qua A Ta coù : (d3) ñi qua A(4 ; 5) m.4 + n.5 = hay 4m + 5n = (d4) ñi qua A(4 ; 5) 4n + 5m = 13 Bởi vậy, (m ; n) nghiệm hệ phương trình 4m 5n = ® ¯4n 5m = 13 Ta giải hệ phương trình phương pháp cộng đại số Cụ thể là: Nhân hai vế phương trình thứ với (được 25n + 20m = 5), hai vế phương trình thứ hai với (được 16n + 20m = 52) trừ vế hai phương trình (được 7b = 49) Do trừ hai vế phương trình: 47 + 9n = –47 n = 235 1 5n 244 61 m= 4 36 61 47 Ta có đáp số toán m = n = 9 12 LUYỆN TẬP Bài a) Từ phương trình thứ hai, biểu diễn y theo x ta y = 3x + Thế kết vào y phương trình thứ ta có –5x + 2(3x + 7) = 12 –5x + 6x + 14 = 12 x = –2 Do 5x 2y = 12 x = x = ® ® ® ¯3x y = ¯ y = 3x ¯y = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) = (–2 ; 1) b) Biểu diễn y theo x từ phương trình thứ ta y = 12x – 10 Thế kết vào y phương trình thứ hai ta có 10 =4 –4x + (12x 10) = 0x – 3 22 Phương trình cuối 0x = , chứng tỏ hệ phương trình cho vô nghiệm c) Biểu diễn x theo y từ phương trình thứ ta x = + 2y Thế kết vào x phương trình thứ hai ta coù (6 2y) y = 0y + =3 2 Phương trình cuối 0y = 0, chứng tỏ hệ phương trình cho có vô số nghiệm tính theo công thức x = 2y ® ¯y Bài a) Ta giải hệ phương trình cách nhân hai vế phương trình thứ với 3, hai vế phương trình thứ hai với cộng vế hai phương trình thu : 5x 2y = ® ¯6x 3y = 3x = ® ¯6x 3y = 15x 6y = 12 ® ¯12x 6y = 14 °° x = ® ° y = 11 °¯ 13 Suy R = 12, 56 12, 56 | | (dm) 2S 3,14 Vậy thể tích hình trụ V = S R2h = S 4.3 = 12 S (dm3) LUYỆN TẬP Bài Lượng nước dâng lên thêm tích thể tích mà vật chiếm chỗ, ta có 8,5mm = 0,85cm Vậy thể tích V tượng đá thể tích hình trụ có diện tích đáy 12,8cm2 chiều cao 0,85cm, ta có V = 12,8 u 0,85 = 10,88 (cm3) Bài Hình Bán kính đáy Đường kính đáy Chiều cao 25mm 5cm 7cm 15,7cm 19,63cm2 109,9cm2 137,38cm3 3cm 6cm 1m 18,84cm 28,26cm2 5cm 10cm 12,74cm 31,4cm 77,52cm2 400,04cm2 Chu vi Diện tích đáy đáy Diện tích xung quanh 1884cm2 Thể tích 2826cm3 1l Bài Ta có 1000 lít = m3 Do đó, 1800000 lít tích 1800000 V= = 1800 (m3) 1000 Vậy diện tích đáy đường ống V 1800 Sđ = = = 60 (m2) 30 h Bán kính đáy lớn R1 đáy nhỏ R2 0,6m ; 0,4m Vậy lớp bê tông hai mặt trụ tích : V = SR12h SR22h = Sh(R12 R22 ) = 3,14 1, (0, 0, 4) = 0, 8792 (m3) 123 1,4m Bài 0,8m 1,2m HÌNH NÓN – DIỆN TÍCH XUNG QUANH VÀ THỂ TÍCH HÌNH NÓN Bài a) Đáy hình nón hình tròn nội tiếp đáy hình lập phương có cạnh nên bán kính đáy hình nón r = S b) XÉt tam giác vuông SOI, theo định lí Py-ta-go ta có độ dài đường sinh hình nón SI = SO2 OI2 = Đ1à 1 ă â2ạ = O I Baøi 6cm 6cm x0 u S u (cm) 2cm 2cm Goïi x0 số đo cung hình quạt tròn khai triển R, l bán kính độ dài cung hình quạt đó, ta có : SRx l 180 l= hay x = (1) SR 180 Theo giả thiết R = 6cm, (2) l = S r (r bán kính đáy hình tròn) = S = S Thay (2), (3) vaøo (1) ta coù x = (3) 4S 180 = 120 S.6 Vậy số đo cung hình quạt tròn 120 Bài Bán kính đáy bình rượu dạng hình trụ R = 10 (cm) Thể tích hình rượu 124 V = S R2h = 3,14 102 24 = 7536 (cm3) Thể tích li rượu 1 3,14 32 = 75,36 (cm3) V1 = S r2h1 = 3 Số li rượu rót V 7536 = = 100 (li) V1 75, 36 Baøi a) Bán kính đáy hình nón S r = OA = : = (cm) Xét tam giác vuông SOA, theo định lí Py-ta-go, ta có SA = = A' SO2 OA 62 22 = O' B' 40 = 10 (cm) Do đó, diện tích xung quanh hình nón Sxq = S r.SA = S 2 10 = 4S 10 (cm2) Thể tích hình nón 1 V1 = S u r u h = S u 22 u = S (cm3) 3 1 b) Từ giả thiết suy SO' = SO = = (cm) 2 1 vaø O'A' = OA = = (cm) 2 Vaäy thể tích Vc hình nón cụt Vc = V1 – S 3 = S – S = S (cm3) LUYỆN TẬP Bài Ta có diện tích xung quanh hình nón Sxq = S OA SA = S rl (1) Diện tích hình quạt tròn khai triển 125 A O B Srl (giả thiết) Sl2 = Squạt = S (2) Từ (1) (2) suy : B l D Sl2 = S rl hay l = 4r Xét tam giác vuông SAO, ta coù : OA r = sin D = = = 0, 25 SA 4r A O B Vậy, tra bảng sin ta có D | 14028' Bài Gọi chiều cao hình trụ h1, ta có h1 = 70cm = 0,7m 1,40m Bán kính đáy 1,4 : = 0,7 (m) 70cm Từ ta có chiều cao hình nón a) Thể tích dụng cụ V = S r2.h1 + Ã Đ S r2.h2 = S r2 ă h1 h2 â 1,60m 1,6 – 0,7 = 0,9 (cm) § · = S.0, 72 ă 0, 0, = 0,49 S (m3) â b) ẹửụứng sinh cuỷa hỡnh nón l= 0, 92 0,72 = 1, | 1,14 (m) Diện tích mặt dụng cụ laø S = S 0,7 0,7 + S 0,7 1,14 | 3,14 0,7(2.0,7 + 1,14) | 5,58 (m2) Bài a) Từ giả thiết AB = 12cm, CD = 4cm ta coù OA = 6cm, IC = 2cm O A Xét tam giác SAO, ta có SA = SO2 OA = 82 62 = 10 (cm) C I SI SC IC = = = = SO SA OA S 126 B D Vaäy SI = 1 SO = = (cm) 3 Diện tích xung quanh hình nón cụt 10 · § Sxq = S OA.SA – S IC.SC = S ă 10 3ạ â 160S 1Ã Đ (cm2) = 20 S ă = 3ạ â b) Theồ tớch cuỷa hình nón cụt 1 V = S OA2 SO – S IC2 SI 3 Đ 8à 1Ã Đ S ă 22 ¸ = S 32 ă 32 3ạ 3ạ â â 832S = (cm2) = HÌNH CẦU – DIỆN TÍCH MẶT CẦU VÀ THỂ TÍCH HÌNH CẦU Bài Bán kính hình cầu (0,3mm) (6,21dm) (0,283m) Diện tích hình cầu 1,1304 mm2 484,37 dm2 1,006 m2 Thể tích hình cầu 0,11304 mm3 1002,64 dm3 0,095 m3 Bài Phần lại khối gỗ bao hai nửa mặt cầu bán kính r cm mặt xung quanh hình trụ bán kính Vậy diện tích bề mặt vật thể cần tìm S = S r2 + S r.2r = S r2 (cm2) (vì tổng diện tích hai nửa mặt cầu diện tích mặt cầ u bán kính r) 127 Bài Gọi R bán kính mặt cầu ñoù, ta coù V = SR = 3052,08 (giả thiết) 3052, 80 u Suy R3 | = 729 hay R | (cm) 3,14 Vậy diện tích mặt cầu S = S R2 | 3,14 92 = 1017,36 (cm2) LUYỆN TẬP Bài Bán kính hình trụ bán kính nửa mặt cầu 1,8 : = 0,9 (m) Thể tích bồn chứa : 3,63m V = S R 2h + S R3 1,80m · 2§ = S R ăh Rá â Đ Ã | 3,14 (0,9)2 ă 3, 62 0, â | 12,26 (m3) Baứi a) Ta có APB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) M1 = AMP N1 = MNP (1) (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Mặt khác, từ giả thiết ta có MA A OA NB A OB nên AMNB nội tiếp đường tròn Suy AMP + ABN = 1800 Từ (1) (2) ta có M1 + N1 y x N P M A 1 O (2) = ( AMP + MNP ) = ( AMP + ABN ) = 900 128 B Do MON = 900 hay MON APB hai tam giác vuông Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MO A AP vaø O1 = A Suy M1 = A (vì phụ với O O1 ) Vậy hai tam giác vuông APB MON đồng dạng (g.g) b) Xét tam giác vuông MON, ta có OP A MN nên OP2 = MP u PN (hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông) = MA u NB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) hay AM.BN = R2 c) Theo câu a) ta có SMON MN2 MN2 = = SAPB AB2 4R2 R R2 từ AM BN = R2, suy BN = = 2R AM 5R 25R Từ MN = hay MN2 = S 25 Vaäy MON = SAPB 16 Do đó, AM = d) Nửa hình tròn APB quay quanh AB sinh hình cầu bán kính R Vậy V = S R3 Bài Từ giả thiết ta thấy bán kính đáy hình trụ bán kính hình cầu Suy thể tích phần lại khối gỗ : V = S r2.r – S r3 r cm = Sr (cm3) Diện tích bề mặt khối gỗ lại S = Sxq trụ + Sđáy trụ + Scầu = S r.r + S r2 + S r2 = S r2 (cm2) 129 ÔN TẬP CHƯƠNG IV Bài Ta có 5,6m Stp = S rl + S r2 = S r(l + r) 2,5m = 3,14 2,5(5,6 + 2,5) = 63,59 (m2) Baøi a) Từ giả thiết ta có y O1 O2 = 900 x O2 D1 = 900 Suy O1 = D1 ; CAO DBO = 900 Vaäy ' AOC AC Từ = AO hay AC BD D C ' BDO (g.g) BO BD a A = AO u BO = ab O b B Vậy AC BD = ab (không đổi) b) Khi COA = 600 ' ACO có OC = 2.OA = 2a vaø AC = OA.tg600 = a Từ hệ thức AC BD = ab ta có ab ab b = = BD = AC a 3 Vậy SABCD = = AC BD 1§ b à u AB = ă a u (a b) 2â 3ạ (3a b)(a b) (cm2) c) Cho hình vẽ quay xung quanh AB, tam giác AOC BOD tạo nên hai hình nón có bán kính đáy AC, BD; chiều OA, OB Gọi V1, V2 thể tích hình AOC BOD tạo thành, ta có 1 SAC2 OA S3a u a V1 9a = = = (cm3) 1 b b V2 SBD OB S ub 3 130 Bài Chiều cao hình nón có đáy hình tròn tâm O 8,2 + 8,2 = 16,4 (cm) 3,8cm A D 8,2cm Thể tích hình nón cụt laø 1 V = S 7,62 16,4 – S 3,82 8,2 3 = S 8,2[2 7,62 – 3,82] = S 8,2(115,52 – 14,44) 8,2cm B O 7,6cm C | 867,54 (cm3) = 80 S (cm3) Baøi Bán kính bình R = 24 : = 12 (cm) Thể tích bình 4 S r3 = S 123 = 2304 S (cm3) V= 3 Thể tích cố nước hình trụ Vcốc = S r2h = S 32.8 = 72 S (cm3) Số cốc nước hoa rót 2304 S : 72 S = 32 (cốc) 131 4,0 4,0 Ta tích cần tính tổng thể tích nửa hình cầu, hình trụ hình nón : 1 Vậy V = S r 2h + S r 2h + S R 3 = S 22.4 + S 22.4 + S 23 3 1· §1 = S 22.4 ă 3ạ â3 2,0 Baứi Từ giả thiết suy bán kính nửa hình cầu, bán kính đáy hình trụ, hình nón 2cm KIỂM TRA CHƯƠNG IV (Hình học) Câu Thể tích ca nước hình trụ : VCa = S r2.h = S 92.15 = 1215 S (cm3) Số ca nước đổ đầy xô : 6720 S : 1215 S = 5,5 (ca) Câu Bán kính hình nón : 3V 3.324 S R2 = = 81 = Sh S.12 A R = (cm) l Độ dài đường kính : l = AB = = OA OB2 R B 122 92 = 15 (cm) h O Câu Bán kính hình caàu : 3V 2304 S R3 = = = 1728 4S 4.S R = 12 (cm) Dieän tích mặt cầu : S = S R2 = S 122 = 576 S (cm2) ÔN TẬP HỌC KÌ II Bài Từ giả thiết suy OA A xy B Ta có A1 = B1 (vì OA = OB), neân x ABO = A1 = 90 50 = 40 0 500 Suy AOB = 1800 (A1 B1 ) 0 A 360 O = 180 – 80 = 100 Ta coù ACB = AOB = 500 (góc nội y tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn cung AB) 132 C Bài C a) Vì B 45 , BCA = 90 0 D neân BAC ! 450 F B Vậy sđ CA < sđ BC hay CA < BC I E K A OH b) Ta coù CD = CA (giả thiết) nên CAD = CBA (cùng chắn hai cung nhau) (1) Mà CBA = ACH (cùng phụ với A ) (2) Từ (1) (2) suy CAE = ACH hay EA = EC Goïi K trung điểm AC EK A AC ( ' EAC cân) Hay EK đường trung bình tam giác vuông AFC Tức EA = EF Vậy EA = EF = EC c) Vì CA = CD nên theo định lí ta có OC A AD I Vì ' OCA có CH A OA AI A OC nên E trực tâm ' CAO Bài Cách dựng – Dựng đoạn BC = 4cm – Dựng cung chứa góc 700 đoạn BC A – Lấy trung điểm I BC làm tâm đường tròn cắt cung chứa góc A Nối AB, AC, AI B 700 O A' C – ' ABC laø tam giác cần dựng có BC = 4cm, A = 700 AI = 2,5cm Bài Từ giả thiết suy OB // O'A B A Theo định lí Ta-lét ta có : r POc PA = = = = R PO PB O Suy R = 2r vaø PO' = OO' = 2r + r = 3r 133 O' P Trong tam giaùc vuông PAO', ta có (PO')2 = (PA)2 + (AO')2 (3r)2 = 42 + r2 r2 = Vaäy diện tích hình tròn (O') S r2 = S (cm2) Bài Vì cung AB, BC, CA tạo thành đường tròn, : (x + 750) + (2x + 250) + (3x – 220) = 3600 x = 47 Vậy góc ' ABC laø : 470 250 = (59, 5)0 470 220 B= = (59, 5)0 470 750 C= = 610 A = Vậy chọn (C) Bài Gọi bán kính đáy hình tròn r Theo công thức tính diện tích toàn phần hình nón : Stp = Sxq + Sđáy, ta có Sđáy = Stp – Sxq = 136 S – 100 S Do S r2 = 36 S Suy r2 = 36 hay r = (cm) Bài Thể tích bình nước hình cầu laø S 93 = 972 S (cm3) V= Mỗi cốc tích V 972S = = 27S (cm3) V1 = 36 36 Theo coâng thức tính thể tích hình trụ bán kính chiều cao R, ta có : V1 = S R u R = S R3 Suy S R2 = 27 S R3 = 27 hay R = (cm) 134 ÔN THI TỐT NGHIỆP (hình học) Bài Gọi D trọng tâm ' ABC Ta coù BD = BN C N Trong tam giác vuông BCN ta có : BN BN u BD = BC2 BN = BC2 A D a B M BN2 3a = a2 BN2 = Vaäy BN = a Bài BC (giả thieát) = AB 3BC Suy AB = Xét tam giác vuông ABC, ta có B Ta có sinA = AC = = AB BC = 2 A C 9BC2 BC2 5 BC2 = BC Suy tgB = AC BC = = BC BC Vậy chọn (D) C Bài Đặt AH = x (x > 0), ta coù : AC2 = AH.AB 15 15 = x(x + 16) x2 + 16x – 225 = Giải phương trình này, ta x1 = 9, x2 = –25 (loại) 135 A x H 16 B Vaäy AH = (cm), suy : CH = AC2 AH2 = 152 92 = 12 (cm) Diện tích tam giác ABC : 1 SABC = AB.CH = (9 + 16).12 = 150 (cm2) 2 Bài a) Ta có D1 = O1 (vì D1 BOD = O1 BOD = 1800 Suy ' BOD BD CO = BO CE ' CEO (g.g) A BC2 (không đổi) BD.CE = BO.CO = b) Từ kết caâu a) suy : OD BD BD = = OE OC OB D E K H 600 B C O Mặt khác, B = DOE = 600 Do ' BOD ' OED (c.g.c) BDO = ODE Vậy DO tia phân giác góc BDE c) Vẽ OK A DE Gọi H tiếp điểm đường tròn (O) với cạnh AB Ta có DHO DKO hai tam giác vuông (cạnh huyền, góc nhọn) Suy OH = OK Vậy đường tròn (O) tiếp xúc với DE A Bài a) Gọi I, K tâm đường tròn nội tiếp, đường tròn bàng tiếp góc A tam giác cân ABC IB KB hai phân giác hai góc kề bù đỉnh B, : BI A BK hay IBK = 900 I B H O Tương tự, có ICK = 900 Suy I, B, K, c thuộc đường tròn tâm 136 K C O đường kính IK b) C1 = C2 (1) (vì CI tia phân giác ACH ) C2 I1 = 900 I1 = ICO (2) (vì IHC = 900 ) (3) (vì ' IOC cân) Từ đẳng thức (1), (2), (3) suy C1 ICO = 900 hay AC A OC Vậy AC tiếp tuyến đường tròn (O) c) Từ giả thiết AB = AC = 20cm, BC = 24cm, suy CH = 12cm AH2 = AC2 – CH2 AH = CH2 = AH OH OH = OC = OH2 CH2 = 202 122 = 16 (cm) CH2 122 = = (cm) AH 16 92 122 = 225 = 15 (cm) Baøi a) Ta có BHD = 900 BCD = 900 Suy B, H, C, D thuộc đường tròn đường kính BD hay BHCD tứ giác nội tiếp A B b) Ta coù DHC = DBC = 450 (cùng chắn H E cung CD với góc 450) Do CHK = 450 (vì DHK = 900 ) D C K c) Ta coù ' KBC ' KDH (g.g) KC KH = hay KC KD = KH KB Suy KB KD d) Vì BHD = 900 BD đường kính nên H thuộc BC Bài Tam giác ACD có AC = AD D = ACD = BAC = 600 = 300 D P Điểm D tạo với hai mút đoạn thẳng BC cố định góc BDC 137 A O B C