Bài học trực tuyến khối 9 (Tuần 22)

Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh (cạnh của tứ giác) với hai góc bằng nhau thì tứ giác đó nội tiếp. Chú ý 1: Cho tứ giác ABCD nội tiếp, gọi M là giao điểm của AD và BC.. [r]

(1)

TRƯỜNG THCS NGUYỄN AN KHƯƠNG Mơn: Tốn Khối

(2)

HÀM SỐ: y  ax (a 0)2  1 Tập xác định

Hàm số: 2

y  ax (a 0) xác định với giá trị xR Nên tập xác định: D = R

2 Tính chất

Xét hàm số y  ax (a 0)2 

- Nếu a > hàm số nghịch biến x < đồng biến x > - Nếu a < hàm số đồng biến x < nghịch biến x > Đồ thị

a) Với a >

Đồ thị hàm số y  ax (a 0)2  đường cong ta gọi Parabol (P) : Nằm trục hoành

Nhận trục tung trục đối xứng Có điểm cực tiểu là: (0;0)

b) Với a < 0

Đồ thị hàm số y  ax (a 0)2  đường cong ta gọi Parabol (P): Nằm trục hoành

Nhận tr`ục tung trục đối xứng Có điểm cực đại là: (0;0)

Ví dụ 1: Vẽ đồ thị hàm số: 2 x y Bảng giá trị:

x ̶ ̶ 1 y 1

Ví dụ 2: Vẽ đồ thị hàm số: 2 x y

2  Bảng giá trị:

x ̶ ̶ 2 y 2

Ví dụ 3: Vẽ đồ thị hàm số: 2 x y

4   Bảng giá trị:

x ̶ ̶ 4 y ̶ ̶ ̶ ̶

Thực hành: Vẽ đồ thị hàm số: y x2; ;

1 2 x

y  y x2

(3)

PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN 1 Định nghĩa

Ví dụ: 5x20; 4x2 8x0;  x2 10

2

; 2x2 6x50 phương trình bậc hai ẩn

2 Giải số phương trình bậc hai ẩn lớp Giải phương trình sau:

2

a) 3x  120 b) 12x2  18x0

Ta có: 3x2  12 0 Ta có: 12x218x 0

3x 12

  6x 2x 3  

x

   6x  2x  3  x   x  x

2  Tập nghiệm phương trình là: S  2 Tập nghiệm phương trình là: S 0;3

2

 

  

 

2

c) x  3x 400

Ta có: x23x 40 =

2

x 8x 5x 40

    

   

x x x

    

x x 5

   

 x x  5

Tập nghiệm phương trình là: S  5;8

2

d) x  6x 100 Ta có: x2 6x 100

2

x 6x

    

 2

x

   

x  

Tập nghiệm phương trình là: S 

Thực hành:

Giải phương trình sau:

0 28 7x ; 0 15 3x ; 0 4 9x ; 0 25 x ; 0 18 2x

a) 2    2   2   2   2  

0 12x 15x ; 0 6x 3x ; 0 5x x

b) 2   2    2  

0 2 5x 2x ; 0 14 5x x ; 0 40 3x x

c) 2   2   2  

Phương trình bậc hai ẩn phương trình có dạng: ax2bx c0 (a0) Trong đó: a, b, c số thực biết

(4)

CƠNG THỨC NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN ax2bx c 0 (a 0)

Ví dụ 1: Giải phương trình: 2

a) 5x 6x 4 0; b) 2x2 3x 5 0 Giải

a) 5x26x 4 0

Ta có: Δb24ac 364.5.444 (chú ý: b = ̶ nên b2 36) Do: Δ0 nên phương trình vơ nghiệm

b) 2x23x 5 0

a) 0,5x 3x4,50; b) 5x2 2x 0,20 Giải

a) 0,5x23x4,50

Ta có: Δ b 24ac 4.0,5.4,5 0  

Do: Δ 0 nên phương trình có nghiệm kép: x1 x2 b 3 2a 

   

(chú ý: b = ̶ nên b 3) b) 5x2 2x0,20

a) 5x  4x 120; b) 7x28x 2 0 c) 5x2 6x  5 0 d) 3x2 6x120 Giải

a) 5x2 4x120

Ta có: Δ b 24ac 16 4.5 12   256

Do: Δ 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: Đặt: Δ b 24ac

Δ 0 : phương trình vơ nghiệm

Δ 0 : phương trình có nghiệm kép: x1 x2 b 2a 

 

Δ 0 : phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 b Δ 2a  



(5)

x1 b 16

2a 10

    

   

x2 b 16

2a 10

    

  

b) 7x28x 2 0

Ta có: Δ b 24ac 64 4.7.2 8  

Do: Δ 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 b 8

2a 14

    

  

x2 b 8

2a 14

    

  

Hai câu lại học sinh tự làm Thực hành:

2 2

a) 2x 7x 8 0 ; 3x  5x 8 0

2 2 2

b) x  5x6,250 ; x  x 0,250 ; 0,25x  3x 9 0

2 2 2

(6)

BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN PARABOL (P) VÀ ĐƯỜNG THẲNG (D) (Đề thi tuyển sinh lớp 10 liên quan đến tập Một câu hỏi biết làm Do u cầu thí sinh phải thành thạo trình bày xác)

Cho hai hàm số:

;

y  x y x  có đồ thi Parabol (P) đường thẳng (D) a) Vẽ (P) (D) mặt phẳng tọa độ

b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) phép toán Giải

a) Vẽ (P) (D) mặt phẳng tọa độ Parabol (P): y  x2

Bảng giá trị x ̶ ̶ 1

y 1 Đường thẳng (D): y  x  Bảng giá trị

x ̶ ̶ y

b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) phép toán Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (D) x2  x

 x2   x

x = ̶ x = (cho phép bấm máy tính bỏ túi kết

Phần học thức thầy rõ hơn)

Với x = ̶ y = x = y =

Vậy tọa độ giao điểm (P) (D) là: ( ̶ 1; 1) (2; 4)

Thực hành

Bài 1. Cho hai hàm số: y = x2; y = 2x + 3 có đồ thi Parabol (P) đường thẳng (D)

a) Vẽ (P) (D) mặt phẳng tọa độ

b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) phép toán

Bài 2. Cho hai hàm số:y = x ; y = x2 6 có đồ thi Parabol (P) đường thẳng (D)

Bài 3. Cho hai hàm số: y =x ; y = 2x2 có đồ thi Parabol (P) đường thẳng (D)

(7)

Bài 4. Cho hai hàm số: y = 0,5x2; y = x + 1,5 có đồ thi Parabol (P) đường thẳng (D)

Bài 5. Cho hai hàm số:y = 1x ; y =2 1x 3

2 2

  có đồ thi Parabol (P) đường thẳng (D)

Bài 6. Cho hai hàm số:y = 1x ; y =2 x 3

4   có đồ thi Parabol (P) đường thẳng (D)

Bài 7. Cho hai hàm số:y = 1x ; y =2 1x 3

4 2

  có đồ thi Parabol (P) đường thẳng (D)

(8)

PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI 1/ Phương trình trùng phương

Để giải phương trình ta giảm từ phương trình bậc thành phương trình bậc Ta làm sau:

Đặt t x2 (t 0)

Ta có phương trình : at2bt  c 0 (*) Giải phương trình : (*)

Nhận nghiệm với: (t 0)

Giải phương trình : x = t2 với giá trị t tìm Ghi tập nghiệm

Thực trình bày giải đơn giản Ví dụ: Giải phương trình : x43x2 400 Đặt t x2 (t0)

Ta có phương trình : t23t 400 Δ b 24ac 4.1 40   169

Do: Δ0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: t1 b 13

2a

   

    (loại)

t2 b 13

2a

   

   (nhận)

Với: t = ta có x2 8   x 8

Tập nghiệm phương trình là: S  8

Thực hành:

4 2 4 2 4 2 4 2

a) x  3x 400 b) x 7x 180 c) x 5x 14  0 d) x  7x  120

4 2 4 2 4 2 4 2

e) 5x  3x  2 0 f) 18x 7x  1 g) 14x 5x  1 h) 3x 10x  3 0 Phương trình trùng phương phương trình có dạng:

ax4bx2  c 0 (a0)

(9)

2/ Phương trình chứa ẩn mẫu

Ví dụ. Giải phương trình:

2 2

x 4 2x 11x 9

0

x 3 x 5 x 2x 15

 

  

   

Giải

Điều kiện xác định: x 3 x  5

2 2

x 4 2x 11x 9

0

x 3 x 5 x 2x 15

                     

x x x 2x 11x

0

x x x x x x

   

   

     

   

x x5  x3  2x 11x  0

2

x 5x 4x 12 2x 11x

       

3x 10x

   

Ta có: Δ b 24ac 100 4.3.3 64  

Do: Δ 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 b 10

2a

   

  

x2 b 10

2a

   

  

So với điều kiện phương trình: x 3 x 5

3 

x nhận Vậy tập nghiệm phương trình là: S 1

3

      

Thực hành:

2

5x 3 12

a)

x2  x 2  x 4

2 2

x 4 x 5 4x 3x 76

b) 0

x 5 x 4 x x 20

      

   

2

2 3

2 2x 6x 4x 14

) 0

x 1 x x 1

c

1 x

 

  

   

Cách giải giống lớp 8:

Đặt điều kiện biến (ẩn) để phương trình có nghiệm Quy đồng mẫu bỏ mẫu ta phương trình Giải phương trình

So với điều kiện đặt để nhận nghiệm phương trình

(10)

10

HỆ THỨC VI-ÉT

Như vậy: Nếu phương trình bậc hai có hai nghiệm ta tính tổng hai nghiệm tích hai nghiệm dễ dàng: cần vào hệ số a, b, c

Để sử dụng hệ thức Vi-ét ta phải chứng minh phương trình (1) có nghiệm Tạm thời ta sử dụng hai cách sau: Chứng minh Δ 0

Chứng minh a c trái dấu a.c < (Thật vậy: ac <

Nên: 4ac 0

Do đó: Δ = b2 4ac > 0)

Nhận xét thêm a c trái dấu thì: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Hai nghiệm trái dấu

x x1 2 c < 0 a

  

 

 

Thực hành

Bài 8. Không giải phương trình tính tổng hai nghiệm tích hai nghiệm phương trình sau: 2

a) 7x 8x 2 0; b) 4x2 3x8 0 c) 3x218x160; d) 15x23x180 Giải

a) 7x28x 2 0

Ta có: Δ b 2 4ac 64 4.7.2 0   

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Theo định lý Vi-ét ta có:

x1 x2 b = 8 a 7 

  x x1 2 c = 2 a 7 

b) 4x23x8 0

Ta có: a = > c   8 Do đó: ac <0

x1 x2 b = 3

a 4

 

  x x1 2 c = 8 2

a 4 

  

Hai câu lại học sinh tự làm

Bài 9. Khơng giải phương trình tính tổng hai nghiệm tích hai nghiệm phương trình sau: a) 9x23x5 0; b) 4x 2 5x 2 0

Nếu phương trình bậc hai : 2

ax bx c 0 (1)(a  0) có hai nghiệm x1, x2 thì x1 x2 b

a 

(11)

Giải

a) 9x2 3x 5 0

Ta có: Δ b 24ac 4.9.5   171 0 Nên phương trình vơ nghiệm

Do đó: khơng có tổng hai nghiệm tích hai nghiệm phương trình cho

b) 4x 2 5x 2 0 Ta có: Δ b 24ac Nên phương trình

Bài 10. Hãy tính tổng hai nghiệm tích hai nghiệm phương trình sau: a) 6x23x  3  2 0; b)  2 1 x 25x  2 2 0

Giải.

a) 6x23x  3  2 0

Ta có: a = > c 3 2 Do đó: ac <

x1 x2 b = 3 =1 a 6 2 

  x x1 2 c = 3 - 2

a 6

 b)  2 1 x 25x  2  2 0

Ta có: a = c  Do đó: ac

x1 x2 b = a 

  x x1 2 c = a 

Bài 11. Chú ý:

Cho phương trình: 4x217x 4 0

a) Chứng tỏ phương trình có hai nghiệm phân biệt

b) Gọi x1, x2là hai nghiệm phương trình Khơng giải phương trình tính: b ) x1 1 x2; x x1 2; x12 x22

b ) x + x + 32  1  2  ; x16 x 26

1 2 3

2 1

x x

b )

x  x

b ) A4 x12x22 x x1 2 5x1  5x2 ; B x12x22 4x x1 2 8x1  8x2

 2 2 2

1 2 1 2 1 2

(12)

12 Giải.

a) Chứng tỏ phương trình có hai nghiệm phân biệt Ta có: Δ b 24ac 289 4.4.4 225 0   

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

b) Gọi x1, x2là hai nghiệm phương trình Khơng giải phương trình tính: Phương trình có hai nghiệm phân biệt

Theo định lý Vi-ét ta có: x1 x2 b = 17

a 4



  x x1 2 c = 4 =1 a 4 

 

2

17 289 257

2.1

4 16 16

2

2 2

1 2 1 2 1 2

x x x x 2x x      

 

   

x + x +1  2 3 x x1 2 3x13x2 9 x16 x 26 

 x1x2  3x1 x2 9 =

4 17

1 

 =

4 91

 =

257 : 257

16 16

2 2

1 2

1 1

2 1 2

2 x x x x x x x x     

Ax12x22 x x1 2 5x1  5x2

 x1  x22  3x x1 2  5x1  x2 17 17 3.1 4         

Bx12x22 4x x1 2 8x1  8x2

= = =

Bài 12. Cho phương trình: 4x28x 3 0 a) Chứng tỏ phương trình có hai nghiệm phân biệt

b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình Khơng giải phương trình tính:

b ) x1 1 x2; x x1 2; x12 x22

b ) x + x + 22  1  2  ; x18 x 28

1 2 3

2 1

x x

b )

x  x

b ) A4 x12x22 3x x1 2 2x1  2x2 ; Bx21x22 6x x1 2  8x1  8x2

(13)

BÀI TẬP VỂ ĐỊNH LÝ VI-ÉT TRONG ĐĨ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI CĨ CHỨA THAM SỐ m

Bài 13. Cho phương trình bậc hai: x24x 2m 6 0 (1) (m tham số) a) Định m để phương trình (1) có nghiệm

b) Gọi x1, x2là hai nghiệm phương trình (1) Khơng giải phương trình tính: x1  x2; x x1 2; x21 x22 theo m

c) Định m để: x x = 3x1 2 1  3x2 d) Định m để: 2x x1 2 5x1  5x2

e) Định m để: 2 2 2 2

1 2 1 2

x x  x  x  208 f) Định m để: 2 2

1 2 1 2 1 2

x x  11x x  25x 25x 2

g) Đặt: 2 2

1 2 1 2

1

A x x 3x x 13

4

  

Hãy biểu diễn A theo m tìm giá trị nhỏ A Giải.

a) Định m để phương trình (1) có nghiệm

Ta có: Δ b 24ac 16 4.1 2m 6      8m 40 Phương trình (1) có nghiệm khi: Δ 0  8m 40 0

 m 5 b) Tính x1 x2; x x1 2; x12 x22 theo m

Phương trình (1) có hai nghiệm  m 5 Theo định lý Vi-ét ta có:

x1 x2 b 4 = 4 a 1 

   x x1 2 c 2m 6 2m 6

a 1



   

x + x = x + x12 22  1 22  2x x = 41 2 2  2 2m 6 = 4m + 28

c) Định m để: x x = 3x1 2 1  3x2

Ta có: x x = 3x1 2 1  3x2  x x = x1 2  1 x2 2m  6 = 3.4

 m = 9

So với điều kiện: m  5 m 9loại Vậy khơng có giá trị m thỏa x1x23x1  3x2

d) Định m để: 2x x1 2 5x1 5x2

Ta có: 2x x1 2 5x1  5x2  

   m 

(14)

14

e) Định m để: 2 2 2 2

1 2 1 2

x x  x  x  208 Ta có: 2 2 2 2

1 2 1 2

x x  x  x  208  2m62  4m  28 208

4m 24m 36 4m 28 208

      

4m 20m 200

   

 m2 5m 50 

Ta có: Δ b 24ac 25 4.1 50    225 0 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt m1 b 15

2a

   

   

10

15 5  

   

2a b m2

So với điều kiện: m  5 m 5nhận Vậy m 5 x x12 22  x12  x22  208

f)Định m để: 2 2

1 2 1 2 1 2

x x  11x x  25x 25x 2

Ta có: 2 2

1 2 1 2 1 2

(15)

g) Đặt: A 1x x12 22 3x x1 2 13 4

  

Hãy biểu diễn A theo m tìm giá trị nhỏ A

2 2

1 2 1 2

1

A x x 3x x 13

4

  

12m 62 2m 6 22

    

14m2 24m 36 8m 24 22

     

m2 6m 9 8m2422

m 14m 55

  

 m72 

Nếu tới ta làm sau: 2

m   Đẳng thức xảy m  7 m 7

Do phương trình (1) có nghiệm với m  5 nên m = 7 loại Vậy giá trị nhỏ A mà số khác

Ta làm lại sau:

Ta có: m 5

 m   7 Do:  2 Nên: m72 

Hay: m72  10

Đẳng thức xảy m   5 m

Do phương trình (1) có nghiệm với m  5 nên m = nhận

Vậy giá trị nhỏ A 10 m = Ta giải cách khác sau:

Am2 14m 55

m 10m 25 4m 30

    

m52  4m30 Ta có: m 5

4m   20

m52 0

Nên: m52  4m 20 Hay: m52 4m 30 10

A 10 Đẳng thức xảy m 5

Do phương trình (1) có nghiệm với m  5 nên m = nhận

(16)

16

Bài 14. Cho phương trình bậc hai: x22x + m 0 (1) (m tham số) a) Định m để phương trình (1) có nghiệm

b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (1) Khơng giải phương trình tính:

x1 x2; x x1 2; x12 x22 theo m c) Định m để: x x + 6x1 2 1 6x = 02

d) Định m để: 3x x = 2x + 2x1 2 1 2 e) Định m để: 2 2 2 2

1 2 1 2

x x  x  x 4 f) Định m để: 2 2

1 2 1 2 1 2

x x  4x x  5 5x 5x

g) Đặt: 2 2

1 2 1 2

Ax x  6x x  18

Hãy biểu diễn A theo m tìm giá trị nhỏ A Học sinh tự làm

Bài 15 Cho phương trình bậc hai: x23m4 x  2m2 2m120 (1) (m tham số) a) Định m để phương trình (1) có nghiệm

x1 x2; x x1 2; x12 x22 theo m c) Định m để: x x = x1 2 1  x2  10 d) Đặt: A x1 x22  2x1 2x2 6

Hãy biểu diễn A theo m tìm giá trị nhỏ A

Giải.

a) Định m để phương trình (1) có nghiệm

Ta có:   

  



  

  



b 4ac 3m 4 2m 2m 12

Δ 2

9m2 24m168m2 8m48  m2 16m64

m 82

Do: m82 với giá trị m

Nên phương trình (1) có nghiệm với giá trị m

b) Tính x1  x2; x x1 2; x12 x22 theo m

Phương trình (1) có nghiệm với giá trị m Theo định lý Vi-ét ta có:

3m

1 3m a

b x

x1 2      

2

x x = c = 2m 2m 12= 2m 2m 12

a

   

(17)

c) Định m để: x x = x1 2 1  x2  10 Ta có: x1x2 x1  x2 10 2m2 2m123m410  2m2 5m2

Ta có: Δb24ac254.2.290

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

2

3 2a

b

m1 

    



3 2a

b

m2 

     

Phương trình (1) có nghiệm với giá trị m Vậy ;2

2

m x1x2 x1 x2 10

d) Đặt: A x1 x22  2x1 2x2 6 x12x22 2x1x2 2x1 x2 6

5m2 20m4022m2 2m1223m46 5m2 20m404m2 4m246m86 m2 10m50

m52 25 Ta có: m52 25 25

Đẳng thức xảy m50m5

Do phương trình (1) có nghiệm với giá trị m nên m = nhận Vậy giá trị nhỏ A 25 m =

Bài 16. Cho phương trình bậc hai: x26m2 x 8m2 4m 240 (1) (m tham số) a) Chứng minh phương trình (1) ln ln có nghiệm với giá trị m

x1 x2; x x1 2; x12 x22 theo m c) Định m để: x x1 2 3x + 3x1 2  14

(18)

18

GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

Ví dụ1. Một hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 20m, diện tích 2400m2

Tính chu vi hình chữ nhật

Giải

Gọi chiều rộng hình chữ nhật x (m), x > Chiều dài hình chữ nhật x + 20

Do diện tích hình chữ nhật 2400m2 Nên ta có phương trình: x x 202400

x 20x 2400

   

Δ b 24ac 400 4.1.( 2400) 1000   

Do: Δ 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 b 20 100 60

2a

    

   

x2 b 20 100 40

2a

    

  

So với điều kiện x > x = 40 nhận Vậy chiều rộng hình chữ nhật là: 40m

Chiều dài hình chữ nhật là: 40 + 20 = 60 (m) Chu vi hình chữ nhật là: 2(40 + 60) = 200 (m)

Ví dụ2.

Nhu cầu mua hàng online lớn Để vận chuyển hàng đến khách hàng tiêu dùng, khơng khác shipper Ngày 05/01/2020 cơng ty ABC tính nhờ shipper vận chuyển 1800 hàng đến khách hàng Mỗi shipper vận chuyển số hàng Sau tính tốn lại, người ta giảm 10 shipper Do shipper vận

chuyển thêm 6 hàng

Tính số shipper ngày 05/01/2020 vận chuyển hàng cho cơng ty ABC

Giải

Gọi số shipper thực tế vận chuyển hàng x (người), x nguyên dương, x > 10 Số shipper dự định thuê lúc đầu: x ̶ 10

Số hàng thực tế shipper vận chuyển: 1800 x Số hàng shipper dự định vận chuyển: 1800

x +10 Do shipper vận chuyển thêm hàng

Nên ta có phương trình: 1800 1800

x  x + 10  300 300

x  x + 10 

(19)

x2 10x 3000 0

Δ b 24ac 100 4.1.( 3000) 12100    Do: Δ 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 b 10 110 60

2a

    

   

x2 b 10 110 50

2a

    

  

So với điều kiện: x nguyên dương x > x = 50 nhận

Vậy: số shipper thực tế vận chuyển hàng ngày 05/01/2020 50 người

Bài 17. Hai xe từ A đến B dài 360km Trung bình giờ, xe thứ chạy chậm xe thứ hai 20km/h, xe thứ hai đến B sớm xe thứ 90 phút Tính vận tốc xe

Bài 18. Hãng Đại Dương chuyên vận chuyển hàng hóa đường biển uy tín, với giá rẻ hẹn Hãng nhận hợp đồng chuyển 2400 kiện hàng công ty Thái Phong (chuyên sản xuất đồ gỗ) từ cảng Sài Gòn tới cảng Osaka (của Nhật Bản, thời gian vận chuyển từ đên 10 ngày) với chi phí 100 USD/Container 40'DC

Mỗi Container 40'DC (dài 12m, rộng 2,4m, cao 2,6m) chứa số kiện hàng Sau nghiên cứu kiện hàng, xếp gọn lại, nên số Container 40'DCgiảm

5 (nhằm giảm chi phí vận chuyển cho khách hàng) Nghĩa Container 40'DC phải vận chuyển thêm 40 kiện hàng

(20)

20

HÌNH HỌC

(21)

GĨC VÀ ĐƯỜNG TRỊN A Góc tâm

n, O m y, O a B, O

Aˆ ˆ ˆ gọi góc tâm

AOˆBchắn cung AB

Công thức: SđABAOB (cung nhỏ AB)

Thực hành: Bài 1. Tính số đo cung nhỏ EK

Giải

Ta có: = ( ) =

Bài 2. Tính IOˆQ

Giải

Ta có: = ( ) =

B Góc nội tiếp

y E x B, M

A ˆ ˆ góc nội tiếp B

M

A ˆ góc nội tiếp chắn cung AB

Công thức: AMB 1SđAB

2 

Thực hành:

Góc tâm góc có đỉnh tâm đường trịn

Góc nội tiếp góc có đỉnh nằm đường tròn hai cạnh chứa hai dây cung đường trịn Cung nằm bên góc gọi cung bị chắn

(22)

22 1/ Cho số đo cung AB 0

70 Tính AQˆB theo hình vẽ bên Giải

Ta có: AQˆB  ( tính chất góc nội tiếp)

= =

2/ Cho ASˆB  800 Tính số đo cung AB theo hình vẽ bên

Giải

Ta có: ASˆB  (

= =

  CÁC HỆ QUẢ

Sử dụng

Bài 3. Tính AMˆ B

Giải

Ta có: AMˆ B 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) HQ1: Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn có số đo 900

HQ2: Trong đường trịn hai góc nội tiếp chắn cung HQ3: Trong đường trịn:

. Hai góc nội tiếp chắn hai cung . Hai góc nội tiếp chắn hai cung

HQ4: Trong đường tròn hai cung bị chắn hai dây song song 800

S

A

B

700

Q

A

B

(23)

Bài 4. Tính góc AEˆO, ASˆB, AMˆ O, AQˆB

Giải

Ta có: AEˆO = = =

Sử dụng

AIˆBvà AQˆBlà hai góc nội tiếp đường trịn (O) chắn cung AB

Công thức: AIˆB AQˆB (cùng chắn cung AB)

Thực hành:

Bài 5. So sánh SAˆQvàSBˆQ

Giải

Ta có: = ( )

Bài 6. So sánh DAˆCvàDBˆC, ADˆB và ACˆB, BDˆCvàBAˆC, ABˆDvà ACˆD Giải

D C A và D B

Aˆ ˆ

O I

A

B Q

O A

S

Q B

O A

D

C B

(24)

24 Bài 7. Tính ACˆB

Giải

Bài 8. ChoABC cân A nội tiếp đường tròn (O), với Aˆ  900

a) So sánh AMˆ B ACˆB

Ta có: = (

b) Chứng minh MA tia phân giác BMˆ C Ta có : =

= = Nên: = Vậy:

Bài 9. Cho BIC (Iˆ  900) nơi tiếp đường trịn (O) Tia phân giác I cắt đường tròn (O) A IA

a) So sánh AIˆB ACˆB Ta có:

b) Chứng minh ABC cân A

Ta có: =

Vậy: = Do đó:

Bài 10. Cho ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) H giao điểm hai đường cao AD CF AD cắt đường tròn (O) Q (Q khác A) Chứng minh: HCˆD  QCˆD HCQ cân C (Ngồi ta cịn tam giác cân nữa?)

Giải

800

O A

D

C

B

O

B C

A

M

O

B C

A

I

B C

(25)

Bài 11. Cho AMBnội tiếp đường trịn (O) đường kính AB

Giải

a) Tính AMˆ B Ta có:

b) Điểm E thuộc cung nhỏ MB ( E khác M B)

Đường cao MH AMB cắt AE I Chứng minh:

M E A I M

A ˆ  ˆ

AM AI AE

Bài 12. Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (O) Vẽ hai cát tuyến MEK MAB Chứng minh: MAK ~ MEB ME.MK =

MA.MB

Giải

Xét MAK MEB có: AMˆ E chung

MKˆA  MBˆE (cùng chắn cung AE) Vậy MAK ~ MEB

Nên:

MB MK ME

MA 

Do đó: ME.MK = MA.MB

O

A B

M

M O

K

E

(26)

26

Bài 12.1 Từ điểm S nằm ngồi đường trịn (O) Vẽ hai cát tuyến SIM SEQ Chứng minh: SEM ~ SIQ SE.SQ = SI.SM

(Các bạn tự giải)

Bài 13. Hai dây đường tròn (O) AC BD cắt M Chứng minh: MAB ~ MDC MA.MC = MB.MD

Giải

Xét MAB MDC có:

AMˆ B DMˆ C (hai góc đối đỉnh) MAˆB MDˆC (cùng chắn cung BC)

Vậy: MAB ~ MDC Nên:

MC MB MD

MA 

Do đó: MA.MC = MB.MD

Bài 13.1 Hai dây đường tròn (O) PQ SH cắt I Chứng minh: IPS ~ IHQ IP.IQ = IH.IS

Bài 13.2 Cho hai đường trịn (O) (O1) có dây chung AB (tâm đường trịn nằm ngồi đường tròn kia) Điểm M nằm A B Đường thẳng qua M: Cắt đường tròn (O) E K, cắt đường tròn (O1) H Q (H nằm K E) Chứng minh: ME.MK = MH.MQ (Các bạn tự giải)

Bài 14. Cho ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) Ba đường cao AD, BE, CF củaABCgiao H cắt đường tròn (O) M, S, Q BC cắt MQ, MS I, V Chứng minh: AMˆ Q AMˆ S MIV cân M

M O

A

B

(27)

TIẾP TỤC VỚI BÀI GÓC NỘI TIẾP

Viết thuận: Ta có: ABCD (nêu lý đó) Nên: AMˆ B  CQˆD (trong ….)

Viết đảo: Ta có: AMˆ B CQˆD (nêu lý đó) Nên: ABCD (trong ….)

Bài 15. Cho điểm B điểm cung AC (theo hình vẽ) So sánh AEˆB BSˆC

Giải

Ta có: = Nên: =

Bài 16. Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Đường phân giác AD ABC cắt đường tròn (O) I (I khác A) Chứng minh I điểm cung BC

Giải

Ta có: = Nên: = Do đó: I C

B M

A

D Q

B E

A

C S

D C

O A

B

I

HQ3: Trong đường tròn:

(28)

28

Bài 17. Cho ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), hai đường cao BE CF giao H cắt đường tròn (O) M Q

a) Chứng minh A điểm cung MQ Ta có: =

Nên: = Do đó:

b) So sánh ABˆQvà ACˆM; AQˆMvà ACˆM

c) Chứng minh: CE đường phân giác HCM HCM cân

d) S điểm cung BC nhỏ AS cắt BE, CF I, V Nhận xét HVI H MQK với K giao điểm AH đường tròn (O) ( K khác A)

(Các bạn tự giải câu lại)

Bài 18. ChoABCnhọn nội tiếp đường tròn (O) Đường cao CF ABC cắt đường tròn (O) Q Chọn M O cho A điểm cung MQ BM cắt CQ H Chứng minh H trực tâm ABC

Bài 18.1 ChoABCnhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) Đường cao AD ABCcắt đường tròn (O) K (K khác A) Chọn điểm Q thuộc đường tròn (O) cho B điểm cung KQ Chọn điểm M thuộc đường tròn (O) cho A điểm cung MQ

a) Chứng minh C điểm cung MK

b) Gọi H giao điểm AK CQ Chứng minh H giao điểm ba đường phân giác MKQvà H trực tâm củaABC

E

Q

M

F

B

(29)

TIẾP TỤC VỚI BÀI GÓC NỘI TIẾP

Cho AB CD hai dây song song đường tròn (O) (theo thứ tự A, B, C, D)

Ta có: AD BCbị chắn hai dây song song Nên: AD BC

Trình bày: Ta có: AB // CD (nêu lý do)

Nên: AD BC (trong đường tròn hai cung bị chắn hai dây song song nhau)

Thực hành:

Bài 19. Cho AQ BC hai dây đường trịn (O) vng góc với D (DB < DC) Gọi AM đường kính đường trịn (O)

a) Tính AQˆM Ta có:

b) Chứng minh: BQCM Ta có:

Nên: = (

c) Gọi BE đường cao ABC Từ E vẽ đường thẳngvng góc với AM I cắt AB K Thử chứng minh CKAB

B

O D

C A

B

Q A

C D

(30)

30

C GÓC CÓ ĐỈNH Ở BÊN TRONG ĐƯỜNG TRỊN

GĨC CĨ ĐỈNH Ở BÊN NGỒI ĐƯỜNG TRÒN

C I B và D I A C, I D B, I

Aˆ ˆ ˆ ˆ góc có đỉnh bên đường tròn

C I

Dˆ chắn cung AB CD

Công thức: AIB DIC 1 AB CD Sđ Sđ

 

AIˆD BIˆC=

IAE IBQ cát tuyến SA tiếp tuyến SA, SE tiếp tuyến

SBC cát tuyến

ˆ ˆ

ˆ

EIQ, ASB ASElà góc có đỉnh bên ngồi đường tròn

EIQ 1SđQE AB

2 Sđ

  ASˆB

ASEˆ 

Thực hành:

Bài 20. Cho đAD

S 120 ,

SđSI40 Tính AQˆDvà AMˆ D Giải

Ta có: AQˆD = = AMˆ D

(31)

Bài 21. Cho DC đường kính đường tròn (O;R) AB dây cung với ABR S giao điểm AD BC, I giao điểm AC BD Tính ASˆBvà DIˆC.

Ta có: OA2 + OB2 = AB2 = Nên: = Vậy:

Do đó:

Suy ra: Số đo cung AB là: Ta có: ASˆB 

DIˆC 

Bài 22. Cho điểm A, B, C, E K (theo thứ tự) thuộc đường tròn (O) với B điểm cung AC

a) AK BE cắt Q BK CE cắt M Chứng minh: AQˆBBMˆ C Ta có: = (do )

AQˆB

BMˆ C

Do đó:

b) AE BK giao I BE CK giao H Chứng minh: KIˆE

B S

O D

C A

M

B Q

(32)

32

Bài 23. Cho điểm A, M, C, E, B K (theo thứ tự) thuộc đường tròn (O) Gọi H giao điểm BM CK, I giao điểm BM AE, Q giao điểm AE CK Với

AKAM, BECE Giả sử ta có HIQ Hỏi HIQ có đặc biệt?

Giải

Bài 24. Cho ABCnhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) Hai đường cao BE CF giao H Gọi S điểm cung BC, I giao điểm BE AS, Q giao điểm CF AS Chứng minh: HIQcân

Q I H

C K

E A

M

B

O

B C

(33)

D GÓC TẠO BỞI TIA TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG

Cho đường tròn (O) có AB dây cung, xy tiếp tuyến có tiếp điểm A

Các góc: xAˆB, yAˆB góc tạo tia tiếp tuyến dây cung Công thức: xAB ASB

2Sđ



yAB AEB 2Sđ  Chú ý:

SABSCA (cùng bằng1

2SđAB)

SAB 1AOB

2

 (góc tâm góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn AB nhỏ)

SCA 1AOB

 (góc tâm góc nội tiếp chắn AB nhỏ)

Các công thức phải học thuộc vì:

+ Giúp trình bày giải ngắn gọn + Nhìn thấy cách giải toán nhanh Thực hành:

Bài 25. Từ điểm S nằm đường tròn (O) vẽ cát tuyến SBC tiếp tuyến SA (A tiếp điểm) Chứng minh SAB ~ SCA

SA SB SC 2

AB SB

CA SC

Gợi ý: Nên đánh dấu SAˆBSCˆA hướng giải nhanh viết góc

Xét SABvàSCAcó: B

S

Aˆ chung

SAˆBSCˆA ( bằng1

2SđAB ) Vậy: SAB ~ SCA

Nên: SA SB AB SC SA  CA Suy ra:

SA SB SC

2

AB SA SB SB

CA  SC SA SC

Nhận xét:Nếu SA tiếp tuyến (A tiếp điểm) SBC cát tuyến đường trịn ta nhận thấy ngay: SA2 = SB.SC

(34)

34

Bài 26. Cho hai đường trịn (O) (O1) có dây chung BC (tâm đường trịn nằm ngồi đường trịn kia) Trên tia đối tia BC chọn điểm M Từ M vẽ tiếp tuyến MA đường tròn (O) (A tiếp điểm) tiếp tuyến MQ đường tròn (O1) (Q tiếp điểm)

Chứng minh:

MA MB MC MA = MQ

Giải

Bài 27 Cho hai đường trịn (O) (O1) có tiếp xúc ngồi A Từ A vẽ tiếp tuyến chung xy hai đường tròn Trên tia Ax chọn điểm M Từ M vẽ cát tuyến MBC đường tròn (O) cát tuyến MEK đường tròn (O1) Chứng minh: MB.MC = ME.MK

M

C B

O

O1

A

(35)

Cho đường trịn (O) có dây AB

Theo hình vẽ ta chứng minh SAB AB 2Sđ 

thì ta kết luận SA tiếp tuyến đường trịn (O) Trình bày: Ta có: SAB AB

2Sđ

 (……)

Nên: SA tiếp tuyến đườmg tròn (O) (định lý đảo định lý: “Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung”)

ChoABC Đường thẳng x qua C thỏa: BAˆCxCˆB

Lúc ta kết luận đường thẳng x tiếp tuyến đường tròn (ABC)

( đường tròn (ABC) nghĩa đường tròn qua điểm A, B, C) Trình bày: Ta có: BAˆCxCˆB (…….)

Nên: đường thẳng x tiếp tuyến đường tròn (ABC)

(định lý đảo định lý: “Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung”) B

C

A

S

DẠNG BÀI TẬP CHỨNG MINH MỘT ĐƯỜNG THẲNG LÀ TIẾP TUYẾN CỦA MỘT ĐƯỜNG TRÒN

x

B C

(36)

36

Bài 28. ChoAMBnội tiếp đường tròn (O) đường kính AB a) Tính AMˆ B

b) Điểm E thuộc cung nhỏ MB (E khác B M) Đường cao MH AMBcắt AE K Chứng minh MA tiếp tuyến đường tròn (MKE)

Giải

a) Tính AMˆ B

Ta có: AMˆ B 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

b) Chứng minh MA tiếp tuyến đường trịn (MKE) Ta có: AMˆ H  ABˆM (cùng phụ MAˆB)

AEˆM  ABˆM (cùng chắn cung AM)

Nên: AMˆ H  AEˆM

Do đó: MA tiếp tuyến đường tròn (MKE) (định lý đảo định lý: “Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung”)

Bài 29 Cho ABC cân A (Aˆ  900) nội tiếp đường tròn (O) Điểm M thuộc cung nhỏ BC (M khác B C) AM BC giao I Chứng minh rằng: ACˆB  AMˆ C suy AC tiếp tuyến đường trịn (MIC) Tương tự ta có gì?

Giải

Ta có: ABˆC  AMˆ C (cùng chắn cung AC) ABˆC  ACˆB (ABC cân A)

Nên: ACˆB AMˆ C

Do đó: AC tiếp tuyến đường tròn (MIC)

(định lý đảo định lý: “Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung”) Tương tự ta có: AB tiếp tuyến đường trịn (MIB)

Bài 29.1 Cho AHK cân A (Aˆ  900) nội tiếp đường tròn (O) Điểm M thuộc cung nhỏ HK (M khác H K) AM HK giao Q Chứng minh rằng: AKˆH  AMˆ K suy AK tiếp tuyến đường trịn (MQK) Tương tự ta có gì?

B C

A

E

K

H O

A B

M E

I A

O

B C

(37)

Chú ý: Trong trình giải tập, thấy được: AB2 = AE.AC

Nghĩa ta có: AB tiếp tuyến đường tròn (BEC) Thật vậy: Xét ABE ACB có:

BAˆE chung

AB AE do AB2 AE.AC

AC AB 

Vậy: ABE ~ ACB

Nên: ABˆE  ACˆB

Do đó: AB tiếp tuyến đường tròn (BEC)

(định lý đảo định lý: “Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung”) Bài 30 Cho ABC có Aˆ  900 AH đường cao Chọn điểm Q cho BQ = BA ((QBC)) Chứng minh: BQ tiếp tuyến đường tròn (QHC)

Giải

Ta có: BA2 = BH.BC ( ABC vng A có AH

đường cao) BQ = BA (gt)

Nên: BQ2 = BH.BC Xét BQH BCQ có:

BQˆH chung

BQ BH BC

BQ 

(BQ2 = BH.BC) Vậy: BQH ~ BCQ

Nên: BQˆH  BCˆQ

Do đó: BQ tiếp tuyến đường tròn (QCH)

(định lý đảo định lý: “Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung”)

Bài 31 Cho ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) Hai đường cao AD BE cắt H cắt đường tròn (O) Q M

a) Chứng minh C điểm cung MQ

b) MQ cắt CA, CB S K Chứng minh: MC tiếp tuyến đường tròn (AMS) đường trịn (BMK) Tương tự ta có gì?

Bài 32. Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB (A, B hai tiếp điểm) Từ O vẽ đường thẳng vng góc với OA cắt AB E Chứng minh MO tiếp tuyến đường tròn (OBE)

Bài 33. Cho ABC nhọn (AB < AC) có H giao điểm hai đường cao BE CF Từ B vẽ đường thẳng song song với EF cắt AC Q Chứng minh AF AB = AE AC AB tiếp tuyến đường tròn (BQC)

Bài 34 Cho ABC nhọn (AB < AC) có H giao điểm hai đường cao BE CF EF BC giao S Từ E vẽ đường thẳng song song với AB cắt BC M Chứng minh SE tiếp tuyến đường tròn (MEC)

H

C B

A

(38)

38

TỨ GIÁC NỘI TIẾP 1/ Định nghĩa

Ở hình bên tứ giác ABCD nội tiếp

2/ Tính chất

Thật vậy: Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp Ta có: BADˆ BCD

2Sđ

 BACˆ BAD

2Sđ 

Nên: BADˆ BCDˆ 1 BCD BAD

2 Sđ Sđ

  

.3600

2  1800

Thực hành

Bài 35. a) Cho tứ giác ABCD nội tiếp Biết BAˆD  700 tính BCˆD b) Cho tứ giác MANQ nội tiếp Biết MAˆN 600 tính MQˆN

Giải.

a) Ta có: BAˆD  BCˆD1800 (tứ giác ABCD nội tiếp) 700  BCˆD1800

BCˆD1100 b)

Bài 36. a) Cho tứ giác ABCD nội tiếp Biết BAˆD  2BCˆD tính BAˆD BCˆD b) Cho tứ giác MANQ nội tiếp Biết MAˆN 3MQˆN tính MAˆN MQˆN

Giải.

a) Ta có: BAˆD  BCˆD1800 (tứ giác ABCD nội tiếp) 2BCˆD  BCˆD1800

3BCˆD1800 BCˆD600

0 2.60 D

Cˆ B D

Aˆ

B   

Tứ giác nội tiếp tứ

giác có bốn đỉnh thuộc đường tròn

Tổng hai góc đối tứ giác nội tiếp bằng 0

180 O

A

B

C D

O A

B

C D

O A

B

(39)

b)

Bài 37. Cho tứ giác ABCD nội tiếp Gọi Am tia đối tia AB Ta có: mAˆD góc ngồi tứ giác ABCD nội tiếp

Ta nhận xét ngay: mAˆD BCˆD

Thật vậy: BAˆD  BCˆD1800 (tứ giác ABCD nội tiếp) BAˆD  mAˆD1800 (hai góc kề bù)

Nên: mAˆD BCˆD

Ghi nhớ:

a) Giả sử BCˆD730 tính mAˆD

Ta có: mAˆD BCˆD (tứ giác ABCD nội tiếp) mAˆD  730

b) Giả sử mAˆD  680 tính BCˆD

Ta có: = (tứ giác ABCD nội tiếp)

Bài 38. Cho tứ giác ABCD nội tiếp Gọi Am tia đối tia AB Trên tia đối tia CD chọn điểm E Chọn điểm K cho tứ giác BCEK nội tiếp

a) Chứng minh: mAˆD  BKˆE

b) Vẽ hình bình hành BKEQ Chứng minh: mAˆD BQˆE Giải.

a) Chứng minh: mAˆD BKˆE Ta có: = (tứ giác ) = (tứ giác ) Nên: =

b) Chứng minh: mAˆD  BQˆE

Ta có: = ( ) = ( ) Nên: =

Góc ngồi tứ giác nội tiếp góc đối góc (kề bù với góc ngồi)

m

O A

B

C D

m

E O

A

B

C D

K

m

Q E O

A

B

C D

(40)

40

Ví dụ: Cho tứ giác MASK nội tiếp Ta có: SMA = SKAˆ ˆ SMK = SAKˆ ˆ MSA =ˆ MSK =ˆ

Cho tứ giác GABQ nội tiếp

Ta có:  

 

Bài 39. Cho tam giác ABC nhọn có CF đường cao H trực tâm Trên cạnh AC chọn điểm E cho tứ giác BFEC nội tiếp Chứng minh: BE  AC ba điểm B, H E thẳng hàng

Giải.

Ta có: BFCˆ BECˆ (tứ giác BFEC nội tiếp) Mà: =

Nên:

Do đó:  Ta lại có:  Vậy:

Nếu ta có tứ giác nội tiếp làm ?

Thật đơn giản: Nếu ta có tứ giác nội tiếp có nghĩa ta có đường trịn Lúc ta có “ tài sản ” lớn kiến thức đường tròn Hãy biết tận dụng kiến thức nha bạn

Q B

A G

F

H

E

B C

A

M

(41)

3/ Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp

Trong trình làm tập ta ý hướng sau để chứng minh tứ giác nội tiếp nhanh gọn:

Chứng minh phần thuận:

Xét hai tam giác: MAB MCD có: AMˆB chung

MAˆBMCˆD (tứ giác ABCD nội tiếp) Vậy: MAB ~ MCD

Do đó:

MD MB MC

MA 

Hay: MA.MD = MB.MC Chứng minh phần đảo:

Xét hai tam giác: MAB MCD có: AMˆ B chung

MD MB MC

MA 

(do MA.MD = MB.MC) Vậy: MAB ~ MCD

Nên: MAˆBMCˆD

Do đó: tứ giác ABCD nội tiếp (tứ giác có góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối đỉnh đó)

a Tứ giác có bốn đỉnh cách điểm tứ giác nội tiếp b Tứ giác có tổng hai góc đối 0

180 tứ giác nội tiếp

c Tứ giác có góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối đỉnh thì tứ giác nội tiếp

d Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh (cạnh tứ giác) với hai góc tứ giác nội tiếp

Chú ý 1:Cho tứ giác ABCD nội tiếp, gọi M giao điểm AD BC Ta chứng minh được: MA.MD = MB.MC

Đảo lại: Cho tứ giác ABCD có M giao điểm AD BC Nếu MA.MD = MB.MC

ta chứng minh được: tứ giác ABCD nội tiếp

M

A

B

(42)

42 Chứng minh phần thuận:

Xét hai tam giác: ASD BSC có:

ASˆD BSˆC (hai góc đối đỉnh)

DAˆCDBˆC (tứ giác ABCD nội tiếp) Vậy: ASD ~ BSC

Do đó:

SC SD SB SA 

Hay: SA.SC = SB.SD

Chứng minh phần đảo:

Xét hai tam giác: ASD BSC có: ASˆDBSˆC (hai góc đối đỉnh)

SC SD SB SA 

(do SA.SC = SB.SD) Vậy: ASD ~ BSC

Nên: DAˆCDBˆC

Do tứ giác ABCD nội tiếp (Tứ giác ABCD có hai đỉnh A B nhìn cạnh CD với hai góc nhau)

Thực hành

Bài 40. Cho tứ giác ABCD có BAˆD1200và BCˆD600 Chứng minh: tứ giác ABCD nội tiếp suy DAˆCDBˆC

Giải.

Ta có: BAˆDBCˆD12006001800 Do đó: tứ giác ABCD nội tiếp

Suy DAˆCDBˆC

Bài 41. Cho tứ giác SABQ có ASˆQ1300và ABˆQ500 Chứng minh: QSˆBQAˆB

Giải. Ta có:

Do đó: tứ giác nội tiếp Suy ra:

Chú ý 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp, gọi S giao điểm AC BD Ta chứng minh SA.SC = SB.SD

Đảo lại: Cho tứ giác ABCD có S giao điểm AC BD Nếu SA.SC = SB.SD

ta chứng minh được: tứ giác ABCD nội tiếp

Hướng 1: Tứ giác có tổng hai góc đối 0

180 tứ giác nội tiếp

600 1200

B D

C A S

A

B

(43)

Bài 42. Cho điểm M nằm tam giác ABC nhọn Gọi H, K, Q hình chiếu M trên: AB, BC, CA

a) Chứng minh: tứ giác AHMQ nội tiếp MAˆHMQˆH b) Chứng minh: tứ giác BHMK nội tiếp BHˆKBMˆK c) Chứng minh: MQˆK MCˆK

Giải

a) Chứng minh: tứ giác AHMQ nội tiếp MAˆHMQˆH Ta có: MHˆAMQˆA 900(gt)

Nên: 0

0 90 90 A Qˆ M A Hˆ

M    

Do đó: tứ giác AHMQ nội tiếp Suy ra: MAˆH MQˆH

b) Chứng minh: tứ giác BHMK nội tiếp BHˆK BMˆ K

c) Chứng minh: MQˆK MCˆK

Bài 43. Cho tam giác ABC nhọn có H giao điểm ba đường cao: AD, BE CF a) Chứng minh: tứ giác AEHF nội tiếp HAˆFHEˆF

b) Chứng minh: HBˆFHDˆF c) Chứng minh: DHˆCDEˆC

Bài 44. Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (O) vẽ tiếp tuyến MA, MB (A B tiếp điểm)

a) Chứng minh: tứ giác MAOB nội tiếp MAˆBMOˆB

b) Từ M vẽ cát tuyến MEK đường tròn (O) (tia ME nằm hai tia MA MO) Gọi I trung điểm EK Chứng minh: MIˆBMOˆB

H Q

K

B C

A

(44)

44

Bài 45. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có H giao điểm ba đường cao: AD, BE CF Gọi O, I trung điểm BC AH EF cắt ID, IO S, M

a) Chứng minh: tứ giác DSMO nội tiếp b) Chứng minh: tứ giác OEIF nội tiếp

c) Tương tự tạo số tứ giác khác nội tiếp

Bài 46. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), H giao điểm ba đường cao: AD, BE CF Vẽ hình bình hành BHCQ

a) Chứng minh: tứ giác ABQC nội tiếp điểm Q thuộc đường tròn (O) b) Chứng minh: AQ EF

Bài 47. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), H giao điểm ba đường cao: AD, BE CF Điểm S đối xứng H qua BC

Chứng minh: tứ giác ABSC nội tiếp điểm S thuộc đường tròn (O)

Bài 48. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), đường cao AD Tia AD cắt đường tròn (O) M Gọi H đối xứng M qua BC Tia CH cắt AB điểm F

Chứng minh: tứ giác BDHF nội tiếp H trực tâm ABC Giải.

Chứng minh: tứ giác BDHF nội tiếp Ta có: H M đối xứng qua BC

Nên: BCˆF BCˆM(tính chất đối xứng trục) Mà: BAˆMBCˆM(cùng chắn cung BM) Do đó: BCˆF BAˆM

Ta lại có: 90 M Aˆ B C Bˆ

A   (AD BC)

Suy ra: ABˆC BCˆF900 Vậy: BFC vng F

Do đó: BDˆH BFˆH 900900 1800 Nên tứ giác BDHF nội tiếp

Chứng minh: H trực tâm ABC

Xét ABCcó H giao điểm hai đường cao AD CF Cho nên H trực tâm ABC

Chú ý: Ta có S đối xứng H qua BC

Nên: BHˆCBSˆC (tính chất đối xứng trục)

Chú ý:Nếu tứ giác ABQC nội tiếp mà ba điểm A, B, C thuộc đường trịn (O) điểm Q thuộc đường tròn (O)

F

H

M D

O

B C

(45)

Bài 49. Cho tam giác ABC (AB < AC) vng A có AH đường cao Gọi E, K hình chiếu H AB AC Gọi M trung điểm BC EK cắt AH AM O, S Chứng minh: tứ giác OSMH nội tiếp

Ví dụ 1: Cho tứ giác ABCD có DAˆC1000và DBˆC1000

Chứng minh: tứ giác ABCD nội tiếp suy ABˆDACˆD Giải.

Xét tứ giác ABCD có: DAˆCDBˆC (1000)

Do đó: tứ giác ABCD nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh A B nhìn cạnh DC với góc1000) Suy ra: ABˆD ACˆD

Tự làm:

Cho tứ giác MNPQ có MQˆN360 MPˆN360 Chứng minh: tứ giác MNPQ nội tiếp suy MNˆQMPˆQ

Ví dụ 2: Cho ABC cân A Trên tia đối tia BC chọn điểm S tia đối tia BA chọn điểm Q cho SBQ cân S Chứng minh: tứ giác ACQS nội tiếp suy SAˆQSCˆQ

Giải.

Ta có: = (ABC cân A) = (SBQ cân S) =

Nên: =

Vậy: tứ giác ACQS nội tiếp (

Suy ra: Tự làm:

Cho OBC cân O Trên tia đối tia BC chọn điểm M tia đối tia BO chọn điểm K cho MBK cân M Chứng minh: tứ giác OCKM nội tiếp suy KOˆCKMˆC

Ví dụ 3: Cho KBC (KB < KC) có Kˆ 1000 Gọi Kx tia phân giác BKˆC.Trên tia Kx chọn điểm A cho ACˆB500 (A K nằm khác phía so với đường thẳng BC)

a) Chứng minh: tứ giác ACKB nội tiếp b) Chứng minh: ABC cân A

Hướng 2:Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh (cạnh tứ giác) với hai góc tứ giác nội tiếp

1000

1000 D

C B A

Q

B C

A

(46)

46

Giải

a) Chứng minh: tứ giác ACKB nội tiếp Ta có:

2

  AKˆC B

Kˆ

A (Kx tia phân giác BKˆC) = (SBQ cân S)

= Nên: =

Vậy: tứ giác ACKB nội tiếp (

b) Chứng minh: ABC cân A

Ta có: ABˆC (tứ giác ACKB nội tiếp) Mà: = (cmt)

Nên:

Do đó: = 500 Vậy: ABC cân A

Tự làm:

VD3.1 Cho SBC (SB < SC) có Sˆ tù Gọi Sx tia phân giác BSˆC Trên tia Sx chọn điểm A cho BSˆC

2 B Cˆ

A  (A S nằm khác phía so với đường thẳng BC) a) Chứng minh: tứ giác ACSB nội tiếp

b) Chứng minh: ABC cân A

VD3.2 Cho SBC (SB < SC) có Sˆ tù (đường trung trực cạnh BC cắt tia phân giác BSˆC điểm A Chứng minh: tứ giác ACSB nội tiếp

(Thử làm trường hợp Sˆ nhọn) Bài cảm thấy khó cho qua

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), H giao điểm ba đường cao: AD, BE CF

a) Chứng minh: tứ giác BFEC nội tiếp

Ở ta thấy đỉnh E đỉnh F nhìn

cạnh BC với góc 900\

Trình bày sau: Ta có: BFˆC900(gt) BEˆC900(gt) Nên: BFˆCBEˆC

Do đó: tứ giác BFEC nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh F E nhìn cạnh BC với góc 900)

F H

E O

B C

A

x A

B C

(47)

Bậy ta khai thác tứ giác BEFC Khai thác 1: (Góc nội tiếp)

Do tứ giác BEFC nội tiếp Nên: BEˆF BCˆF

Tìm cách tạo góc nội tiếp đường tròn (O)

BCˆFnhư sau: Hai tia BE CF cắt đường tròn (O) M Q

Ta có ngay: BMˆQBCˆF(cùng chắn cung BQ) Do đó: BEˆF BMˆQ

Nên EF // MQ Vậy câu b sau:

b) Hai tia BE CF cắt đường tròn (O) ở M Q Chứng minh: EF // MQ

Ta có: = = Nên: =

Mà hai góc vi trí … Do đó:

Khai thác 2: (Góc ngồi tứ giác nội tiếp) Do tứ giác BFEC nội tiếp

Nên: AFˆEACˆB

Tìm cách tạo góc tạo tia tiếp tuyến dây

cung AB đường tròn (O) BCˆFnhư sau:

Từ A vẽ tiếp tuyến xy đường tròn (O) ta có ngay: xAˆB ACˆB

Do đó: AFˆE xAˆB Nên: EF // xy

Mà: OA  xy (tính chất tiếp tuyến) Suy ra: OA  EF

Vậy ta hình thành câu c sau: c) Chứng minh: OA  EF

Từ A vẽ tiếp tuyến xy đường trịn (O) Ta có: =

= Nên: =

Mà hai góc vi trí … Do đó:

B C

F E

M

Q F

H E O

B C

A

C B

F

E

x

y

F H

E O

B C

(48)

48 Khai thác 4: (Góc ngồi tứ giác nội tiếp)

Gọi S giao điểm BC FE Do tứ giác BFEC nội tiếp

Nên: SFˆB ACˆB

Thêm K giao điểm SA đường tròn (O)

Do tứ giác AKBC nội tiếp Nên: SKˆBACˆB

Suy ra: SKˆBSFˆB

Cho nên tứ giác SKFB nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh F K

nhìn cạnh SB với hai góc nhau) Nên: SKˆFABˆC

Mà: AEˆF ABˆC (tứ giác BFEC nội tiếp) Do đó: SKˆFAEˆF

Suy ra: tứ giác AKFE nội tiếp (Tứ giác có góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối đỉnh đó)

Vậy ta hình thành câu d sau:

d) Gọi S giao điểm BC FE K giao điểm SA đường tròn (O) Chứng minh : tứ giác sau SKFB, AKFE nội tiếp

Ta có: SFˆB ACˆB (do tứ giác BFEC nội tiếp) SKˆB ACˆB (do tứ giác AKBC nội tiếp) Suy ra: SKˆBAFˆB

Cho nên tứ giác SKFB nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh F K

nhìn cạnh SB với hai góc nhau) Nên: SKˆFABˆC

Mà: AEˆFABˆC (tứ giác BFEC nội tiếp) Do đó: SKˆFAEˆF

Suy ra: tứ giác AKFE nội tiếp (Tứ giác có góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối đỉnh đó)

Cách khác

Chứng minh: SF.SE = SB.SC dựa vào tứ giác BFEC nội tiếp Do SKA SBC hai cát tuyến đường tròn (O)

Nên chứng minh : SK.SA = SB.SC Suy được: SK.SA = SF.SE

Sau đóchứng minh : tứ giác AKFE nội tiếp Sau cịn nhiều câu hỏi hay

K

S

F H

E O

B C

(49)

Bài 51. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) Điểm M thuộc cung nhỏ BC (MB < MC) Gọi S,H, K hình chiếu M AB, BC, CA

a) Chứng minh: tứ giác sau nội tiếp: BHMS, MHKC b) Chứng minh: SH qua K

Bài 52 Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (O) vẽ tiếp tuyến MA, MB (A B tiếp điểm) cát tuyến MEK (tia ME nằm hai tia MA MO) Gọi I trung điểm EK

a) Chứng minh: tứ giác MAOB nội tiếp điểm M, A, I, O, B thuộc đường tròn

b) Chứng minh: IM tia phân giác góc AIB

Bài 53 Cho ABC nhọn (AB < AC) có H giao điểm ba đường cao: AD, BE CF Gọi S đối xứng H qua BC, I trung điểm AH

(50)

50

HÌNH HỌC KHƠNG GIAN I. Các khối đa diện

 Hình hộp chữ nhật

 Hình lập phương

 Hình chóp

 Hình lăng trụ đứng

c

b a

a

Thể tích: Va

Thể tích: Vabc

d h

Diện tích xung quanh: Sp.d Thể tích: V 1S.h

3 

Trong đó: p nửa chu vi đáy

d độ dài trung đoạn hình chóp S diện tích đáy

h h

(51)

II. Các khối tròn xoay  Hình cầu, khối cầu

 Hình trụ, khối trụ

 Hình nón, khối nón

 Hình nón cụt, khối nón cụt

Diện tích mặt cầu: S 4 R2

Thể tích khối cầu:

V R

3  

Diện tích xung quanh hình trụ: S 2 Rh

Thể tích khối trụ: V R h

Diện tích xung quanh hình nón :S Rl Thể tích khối nón:

V R h

3  

Diện tích xung quanh hình nón cụt:

 

S  Rr l Thể tích khối nón cụt:

 2 

1

V R r Rr h

3

   

R h

R

R l h

r

h l

(52)

52 III. Bài tập

Bài Một hộp diêm hình hộp chữ nhật có chiều dài 7cm, chiều rộng 5cm, chiều cao 2cm Hãy tính thể tích

của hộp diêm

Giải

Thể tích hộp diêm là:  3 V7.5.270 cm

Bài Một bể bơi có dạng hình hộp chữ nhật, thiết kế theo kích thước chiều dài 15m, chiều rộng 8m,

chiều sâu 3m

a) Tính thể tích hồ bơi Hỏi hồ chứa 300000 lít nước khơng? b) Người ta bơm nước vào hồ, chiều cao mực nước

3 chiều cao hồ Hỏi lúc hồ chứa lít nước?

Giải

a) Thể tích hồ bơi là: V15.8.3360 m 3 = 360000 lít

Vậy hồ chứa 300000 lít nước hồ b) Chiều cao mực nước hồ: 3.2 m 

3 

Thể tích nước hồ lúc này: V15.8.2240 m 3 = 240000 lít nước

Bài Một phịng thiết kế có dạng hình lập phương cạnh 5m

a) Tính diện tích xung quanh phòng

b) Người chủ muốn sơn nước tường phòng nên thuê thợ đến làm với mức giá 80000 đồng/

m Tính số tiền phải trả, biết diện tích cửa 7m Giải

a) Diện tích xung quanh phòng là: 42 100 m 2 b) Diện tích cần sơn nước phòng là:

 2 100 7 93 m

Số tiền cần trả cho người thợ là: 80000.937440000 (đồng)

Bài Một hộp khơng nắp có dạng hình lập phương có kích thước 15cm

a) Tính thể tích hộp?

b) Biết lít khơng khí nặng khoảng 1,2 gam Tính khối lượng khơng chứa đầy bình?

Giải a) Thể tích hộp là: 1533375 cm 3 b) 3375cm = 3,375 lít

(53)

Bài Bạn Hà thiết kế lồng đèn hình lăng trụ đứng cao 30 cm có đáy tam giác cạnh 24cm

a) Tính diện tích xung quanh lồng đèn

b) Bạn Hà mua giấy kiếng màu vàng để bọc lồng đèn Biết bạn chừa đáy để bạn cho đèn cầy vào Tính diện tích phần mà bạn cần bọc giấy kiếng? (Kết làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)

Giải

a) Diện tích xung quanh lồng đèn là:30.24.32160 cm 2

b) Diện tích đáy lồng đèn:  

2 24

144 cm

4 

Tổng diện tích cần bọc giấy là: 2160 144 3 2409, cm 2

Bài Mơ hình bể bơi mô đơn giản sau:

a) Tính thể tích bể bơi đổ đầy nước?

b) Để tiện cho việc vệ sinh thay nước bể bơi bể bơi, người ta hạ chiều cao mực nước bể xuống Lúc này, bể chứa 516m nước Hỏi so với lúc đầy nước, mực nước bể hạ xuống khoảng bao nhiêu?

Giải

a) Thể tích bể bơi chưa đầy nước là:

   3

1

V 20.12 840 m

2

  

b) Thể tích phần nước hạ xuống là:  3

840 516 324 m

Thể tích phần nước hạ xuống thể tích hình hộp chữ nhật, So với lúc đầy nước mực nước bể hạ xuống khoảng là:

324 : 20.12 1,35 m 

Bài Kim tự tháp Kheops cơng trình cổ tồn số Bảy kỳ

quan giới cổ đại Các nhà Ai Cập học nói chung đồng ý kim tự tháp xây khoảng thời gian 20 năm từ khoảng năm 2560 TCN Mọi người cho Đại kim tự tháp xây dựng làm lăng mộ cho PharaonKheops thuộc Triều đại thứ thời Ai Cập cổ đại, gọi Kim tự tháp Kheops Vị tể tướng Kheops Hemon cho kiến trúc sư Đại Kim tự tháp

Kim tự tháp Kheops mơ hình Nó hình chóp với:

- Đáy hình vng ABCD có cạnh đáy ngun thủy dài 231 m O giao điểm hai đường chéo - Chiều cao SO (SO vng góc với đường thẳng nằm mặt phẳng ABCD)

- Trung đoạn SH (H trung điểm BC) Với sinSHˆO0,7853

Hãy tính chiều cao SO thể tích Kim tự tháp Kheops

Chú ý: Tính góc SHO làm trịn đến phút Tính SO làm trịn đến chữ số thập phân thứ năm

12m

20m

2m

(54)

54

Tính thể tích Kim tự tháp Kheops làm tròn đến hàng đơn vị

Giải

Ta có: sinSHˆO0,7853.Nên SHˆO51045'.

Do O, H trung điểm BD, BC Nên OH đường trung bình BDC

Suy OH = CD : = 231:2 = 115,5(m)

45' tan , 115 O Hˆ OH.tanS

SO 

(m) 146,51105

SO

Thể tích hình chóp:

231.115,5.tan5145' 2605992 m

1 S.h

V  

Bài Để lấy nước phục vụ việc tưới tiêu cho vườn ăn trái vài hộ, người dân thuê sơ

khoan giếng sâu 10m, miệng giếng có bán kính 1,5m

a) Tính thể tích giếng khoan (Kết làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)

b) Một thời gian sau, nước giếng cách miệng giếng 4m Tính thể tích nước giếng (Kết làm trịn đến chữ số thập phân thứ nhất)

c) Lớp đất đào lên lúc khoan giếng khơng ép chặt nên thể tích tăng lên 20% Để dọn dẹp, người dân thuê số xe, xe chở

9m đất Hỏi cần thuê xe thế? (Sử dụng lại kết thể tích làm trịn)

Giải a) Thể tích giếng khoan:

b) Thể tích nước giếng đó: c) Thể tích đất cần dọn dẹp:

Ta có:

Vậy số xe cần thuê xe

Bài Một hộp có dạng hình lập phương đựng đầy nước Người ta bỏ qua bi sắt hình cầu vào

bên hộp Người ta quan sát nước bên hộp chảy bên phần, người ta đo phần nước đổ tích

5575 cm Biết tất mặt hộp tiếp xúc với bi sắt

a) Tính bán kính bi sắt? (Kết làm tròn đến hàng đơn vị)

b) Tính phần thể tích nước cịn lại bể? (Kết làm tròn đến hàng đơn vị) Giải:

a) Phần thể tích nước tràn phần thể tích bi sắt chiếm chỗ nước hộp

Bán kính bi sắt là: 35575 : 11 cm 

    

 

b) Do mặt hộp hình thoi tiếp xúc với bi sắt nên bán độ dài cạnh hình lập phương

là:11.222 cm 

Thể tích hình lập phương là: 223 10648 cm 3 Thể tích nước cịn lại hộp là:

(55)

Bài 10. Trong lần xem hệ thống định vị GPS công ty ba làm việc, bạn Gia Nghi quan sát thấy hai thành phố A B nằm kinh tuyến Bắc bán cầu, vĩ tuyến

38

0 74

a) Tính khoảng cách (kết làm trịn đến chữ số thập phân thứ hai) hai thành phố đó, biết bán kính trái đất khoảng 6400 km

b) Tính thể tích trái đất (kết làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai) Giải

a) Ta có: AOB740380 360

Ta có:  

AB

2 Rn 6400.36

l 4021, 24 km

360 360

 

  

Vậy khoảng cách hai thành phố A B khoảng 4021,24 km b) Ta có: V R3 64003 1098066219443,52 km 3

3

    

Vậy thể tích Trái đất khoảng 1098066219443,52 km3

Bài 11. Nhờ hệ thống định vị GPS, nhà khoa học xử lí nhiều vấn đề liên quan đến vấn đề

địa lý, tốn ho Thơng qua hệ thống, quan sát thấy hai thành phố A B nằm kinh tuyến Bắc bán cầu, vĩ tuyến

26 650

a) Biết hai thành phố cách khoảng 4342 km Hãy tính bán kính Trái đất (kết làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)

b) Tính diện tích bề mặt Trái đất (kết làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất) Giải

a) Ta có: AOB650260 390 Ta lại có:

 

AB AB

l 360

2 Rn 4342.360

l R 6378,9 km

360 n 39



    

 

Vậy bán kính Trái đất khoảng 6378,9 km

b) Ta có: S 4 R2  4 64002 511330209, km 2 Vậy diện tích bề mặt Trái đất khoảng 511330209,7 km3

Bài 12. Tìm hiểu thơng tin báo đài, mạng Internet, bạn Tuệ Minh phát thấy thông tin hai thành

phố A B Hai thành phố nằm kinh tuyến Bắc bán cầu, vĩ tuyến 40

0 71

a) Tính khoảng cách (kết làm trịn đến hàng đơn vị) hai thành phố Biết kinh tuyến cung tròn nối liền hai cực Trái đất có độ dài khoảng 20100 km

b) Tính độ dài đường xích đạo Trái đất (kết làm tròn đến hàng đơn vị)

Giải a) Ta có: AOB740400 340

Ta lại có:  

AB

2 Rn 20100.34

l 3797 km

360 180



  

Vậy khoảng cách hai thành phố đố khoảng 3797 km b) Độ dài đường xích đạo Trái đất khoảng là:

  20100.240200 km

71° 40° kinh tuyến vĩ tuyến

vĩ tuyến đường xích đạo

O I B A 74° 38° kinh tuyến vĩ tuyến vĩ tuyến

đường xích đạo

O I B A 65° 26° kinh tuyến vĩ tuyến vĩ tuyến

đường xích đạo

O

I B

(56)

56

Bài 13.Một ống cống bê tơng có dạng hình trụ có độ dài 2,5m Bán kính tính đến mép ngồi ống 150

mm, bán kính tính đến mép ống là130mm Hãy tính thể tích phần bê tơng ống (Kết làm trịn đến hàng chữ số thập phân thứ hai)

Giải

150mm = 0,15m ; 130mm = 0,13m

Thể tích khối trụ tính đến mép ngồi

ống:  3

.0,15 2,5 0,05625 m

  

Thể tích khối trụ tính đến mép

ống:  3

.0,13 2,5 0,04225 m

  

Thể tích phần khối bê tông ống là:

 3 0,05625 0,04225 0,014 0,04 m

Bài 14 Một hình trụ có diện tích xung quanh 20 cm 2, diện tích tồn phần 28 cm Tính thể tích

của hình trụ đó?

Bài 15 Anh Minh làm việc cho công ty giao hàng Hôm nay, anh thực gói hàng có dạng

hình trụ Anh để hàng vừa khít trong hộp giấy hình hộp chữ nhật Biết thể tích hàng

3

270 cm Hãy tính thể tích hộp giấy mà anh Minh dùng (Kết làm tròn đến hàng đơn vị) Giải

Gọi bán kính đáy hình trụ R chiều cao hình trụ h Do hàng vừa khít hộp giấy nên hình hộp chữ nhật có cạnh đáy 2R chiều cao h

Ta gọi V , V1 2lần lượt thể tích hình trụ hình hộp chữ nhật Ta có: 2

V R h

V 4R h

    270 V 270.4

V 344 cm



 

  



Vậy thể tích hộp giấy mà anh Minh dùng khoảng 344 cm

Bài 16.Một mũ vải nhà ảo thuật với kích thước hình vẽ

Hãy tính tổng diện tích vải cần để làm mũ biết vành mũ hình trịn ống mũ hình trụ (làm trịn đến hàng đơn vị)

Giải

Bán kính hình trụ là:35 10 10 : 2   7,5 cm  Diện tích đáy hình trụ:  2

.7,5 56, 25 cm

  

Diện tích xung quanh hình trụ:  2 .7,5.35 525 cm

Diện tích phần vành nón:  

2

2 35

56, 25 250 cm

2  

     

 

Tổng diện tích vải cần dùng để làm mũ:  2

(57)