Loigiaihay.com 2022

Đã cập nhật bản mới với lời giải dễ hiểu và giải thêm nhiều sách

Xem chi tiết

Bài 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 trang 134 SGK Toán 9 tập 2 - Bài tập ôn cuối năm - Phần hình học

Bình chọn:
4.9 trên 7 phiếu

Giải bài 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 trang 134 sách giáo khoa (SGK) Toán lớp 9 tập 2 bài Bài tập ôn cuối năm - Phần hình học. Bài 5 Tam giác ABC vuông tại C có AC = 15cm. Đường cao CH chia AB thành hai đoạn AH và HB. Biết HB = 16cm. Tính diện tích tam giác ABC.

Bài 1 trang 134 SGK Toán lớp 9 tập 2

Câu hỏi:

Chu vi hình chữ nhật \(ABCD\) là \(20cm\). Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đường chéo \(AC\).

Lời giải:

 

Gọi \(x\) (\(cm\)) là độ dài cạnh \(AB\) 

Vì  nửa chu vi hình chữ nhật đã cho là: \(20:2=10 \, cm\) nên \(AB+BC=10cm\) suy ra  \(BC=10 – x \, (cm).\)

Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông \(ABC\), ta có:

\(\eqalign{
& A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} \cr
& = {x^2} + {\left( {10 - x} \right)^2} \cr
& = 2\left( {{x^2} - 10{\rm{x}} + 50} \right) \cr
& = 2\left[ {{{\left( {x - 5} \right)}^2} + 25} \right] \cr}\) 

Vì \((x-5)^2 \geq 0, \forall x \in \mathbb{R}\)

\(\Rightarrow A{C^2} = 2{\left( {x - 5} \right)^2} + 50 \ge 50, \forall x \in \mathbb{R}\)

Dấu "=" xảy ra khi : \(x – 5 = 0 ⇔ x = 5\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của đường chéo AC là \(\sqrt{50} = 5\sqrt2\) (\(cm\))

Bài 2 trang 134 SGK Toán lớp 9 tập 2

Câu hỏi:

Tam giác \(ABC\) có góc \(\widehat B = {45^0},\) góc \(\widehat C = {30^0}.\) Nếu \(AC = 8\) thì \(AB\) bằng:

(A) \(4\)               (B) \(4\sqrt2\)                        

(C) \(4\sqrt3\)           (D) \(4\sqrt6\)

Hãy chọn câu trả lời đúng.

Lời giải:

Cách 1: 

Hạ \(AH \bot BC\) \((H \in BC).\)

Trong tam giác vuông \(HAC\) \((\widehat H = {90^0})\)  có  \(\widehat{C}=30^0.\)

\(\Rightarrow AH = AC.\sin 30^0=8.\dfrac {1}2 = 4(cm).\)

Trong tam giác vuông \(HAB\) \((\widehat H = {90^0})\)  có  \(\widehat{B}=45^0.\)

\(\Rightarrow \sin 45^0=  \dfrac{AH}{AB} \Rightarrow AB= \dfrac{AH}{sin 45^0}= 4.\dfrac {\sqrt{2}}{2} = 4.\sqrt{2}(cm).\)

Chọn đáp án B.

Cách 2: 

Hạ \(AH \bot BC\) \((H \in BC).\)

Trong tam giác vuông \(HAC\) \((\widehat H = {90^0})\)  có  \(\widehat{C}=30^0.\)

\(\Rightarrow AH = AC.\sin 30^0=8.\dfrac {1}2 = 4(cm).\)

Xét  \(∆HAB\) vuông, có \( \widehat{B}=45^0\) là tam giác vuông cân tại \(H\) có:

\(AH = BH = 4\) \((cm).\)

Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông \(HAB\) ta có:

\(AB = \sqrt {H{A^2} + H{B^2}}  = \sqrt {{4^2} + {4^2}}  = \sqrt {32}  = 4\sqrt 2\) 

Vậy \(AB = 4\sqrt2\) \(cm.\) 

Chọn đáp án B. 

Bài 3 trang 134 SGK Toán lớp 9 tập 2

Câu hỏi:

Cho tam giác \(ABC\) vuông ở \(C\) có đường trung tuyến \(BN\) vuông góc với đường trung tuyến \(CM,\) cạnh \(BC = a.\) Tính độ dài đường trung tuyến \(BN.\)

Lời giải:

 

Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC,\) ta có: \(\displaystyle BG = {2 \over 3}BN.\)  

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(CNB\) có đường cao \(CG\) ta có:

\(\eqalign{
& B{C^2} = BN.BG = BN.{2 \over 3}BN = {2 \over 3}B{N^2} \cr
& \Rightarrow B{N^2} = {3 \over 2}B{C^2} = {{3{a^2}} \over 2} \cr
& \Rightarrow BN = \sqrt {{{3{{\rm{a}}^2}} \over 2}} = {{a\sqrt 3 } \over {\sqrt 2 }} = {{a\sqrt 6 } \over 2}. \cr}\) 

Vậy \(\displaystyle BN = {{a\sqrt 6 } \over 2}.\) 

Bài 4 trang 134 SGK Toán lớp 9 tập 2

Câu hỏi:

Nếu tam giác vuông \(ABC\) vuông tại \(C\) và có \(\displaystyle \sin {\rm{A}} = {2 \over 3}\) thì \(tan B\) bằng:

(A) \(\displaystyle {3 \over 5}\)            (B) \(\displaystyle {{\sqrt 5 } \over 3}\)            (C) \(\displaystyle{2 \over {\sqrt 5 }}\)         (D) \(\displaystyle {{\sqrt 5 } \over 2}\)                

Hãy chọn câu trả lời đúng. 

Lời giải:

Trong tam giác vuông \(ABC\) \(\left( {\widehat C = {{90}^0}} \right)\), ta có:

\(\displaystyle \sin {\rm{A}} = {{BC} \over {AB}} = {2 \over 3} \Rightarrow AB = {3 \over 2}BC\) 

Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông ABC, ta có: 

\(\eqalign{
& AC = \sqrt {A{B^2} - B{C^2}} = \sqrt {{{\left( {{3 \over 2}BC} \right)}^2} - B{C^2}} \cr
& AC = \sqrt {{5 \over 4}B{C^2}} = {{BC\sqrt 5 } \over 2} \cr} \)

Ta có:  \(\displaystyle \tan B = {{AC} \over {BC}} = {{\displaystyle BC{{\sqrt 5 } \over \displaystyle 2}} \over {BC}} = {{\sqrt 5 } \over 2}\)  

Chọn đáp án D.

Bài 5 trang 134 SGK Toán lớp 9 tập 2

Câu hỏi:

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) có \(AC = 15cm.\) Đường cao \(CH\) chia \(AB\) thành hai đoạn \(AH\) và \(HB.\) Biết \(HB = 16cm.\) Tính diện tích tam giác \(ABC.\) 

Lời giải:

Đặt \(AH = x\) (cm) \((x > 0).\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) có đường cao \(AH\) ta có:

+) \(AC^2 = AB.AH\)

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow {15^2} = \left( {x + 16} \right)x\\
\Leftrightarrow {x^2} + 16x - 225 = 0\\
\Leftrightarrow \left( {x - 9} \right)\left( {x + 25} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x - 9 = 0\\
x + 25 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 9\;\;\left( {tm} \right)\\
x = - 25\;\;\left( {loại} \right)
\end{array} \right.\\
\Rightarrow AH = 9\;cm.
\end{array}\)

+) \(HC^2 = AH. HB = 9. 16 = 144\) 

\(\Rightarrow\)\(HC=12\) \((cm).\)

Vậy diện tích tam giác \(ABC\) là:

\(\displaystyle S = {1 \over 2}AB.CH = {1 \over 2}.(16+9).12 = 150(c{m^2}).\)

Bài 6 trang 134 SGK Toán lớp 9 tập 2

Câu hỏi:

Một hình chữ nhật cắt đường tròn như hình 121 biết \(AB = 4, BC = 5, DE = 3\) (với cùng đơn vị đo).

Độ dài \(EF\) bằng: 

(A) \(6\)                (B) \(7\)                (C) \(\displaystyle {{20} \over 3}\)             (D) \(8\)

Hãy chọn câu trả lời đúng.

Lời giải:

Gọi \(O\) là tâm của đường tròn. Qua \(O,\) kẻ đường vuông góc với \(BC,\) cắt \(DE\) ở \(P\) và \(BC\) ở \(Q.\)

Suy ra \(P;Q\) lần lượt là trung điểm của \(EF\) và \(BC\) (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung).

Ta có: \(BQ =\displaystyle  {1 \over 2}BC = {5 \over 2}\)

\(\displaystyle \Rightarrow AQ = AB + BQ = 4 + {5 \over 2} = {{13} \over 2}.\)

Vì \(ADPQ\) là hình chữ nhật nên \(AQ = DP.\)

\(⇒ EP = DP – DE = AQ – DE\) 

hay  \(\displaystyle EP = {{13} \over 2} - 3 = {7 \over 2}\)

Mà \(\displaystyle EF = 2EP = 2.{7 \over 2} = 7.\) 

Chọn đáp án B.

Bài 7 trang 134 SGK Toán lớp 9 tập 2

Câu hỏi:

Cho tam giác đều \(ABC\), \(O\) là trung điểm của \(BC\). Trên các cạnh \(AB, AC\) lần lượt lấy các điểm di động \(D\) và \(E\) sao cho góc \(\widehat {DOE} = {60^0}\).

a) Chứng minh tích \(BD.CE\) không đổi.

b) Chứng minh \(ΔBOD\) đồng dạng \(ΔOED\). Từ đó suy ra tia \(DO\) là tia phân giác của góc \(BDE\). 

c) Vẽ đường tròn tâm \(O\) tiếp xúc với \(AB\). Chứng minh rằng đường tròn này luôn tiếp xúc với \(DE\).

Lời giải:

a) Chứng minh tích \(BD.CE\) không đổi.

Ta có \(\widehat {DOC}\) là góc ngoài của \(∆ BDO\) nên: \(\widehat {DOC} = \widehat B + {\widehat D_1}\)

hay \(\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} = \widehat B + \widehat {{D_1}} \Leftrightarrow {60^0} + \widehat {{O_2}} = {60^0} + \widehat {{D_1}}\)

\(\Leftrightarrow \widehat {{O_2}} = \widehat {{D_1}}\) 

Xét hai tam giác: \(∆BOD\) và \(∆CEO\), ta có: \(\widehat B = \widehat C = {60^0}\) (gt)  và \(\widehat {{O_2}} = \widehat {{D_1}}\) (cmt) 

\(⇒ ∆BOD \backsim ∆CEO\) (g.g)

\( \displaystyle \Rightarrow {{B{\rm{D}}} \over {BO}} = {{CO} \over {CE}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) \(\Rightarrow B{\rm{D}}.CE = BO.CO\)

hay \(\displaystyle B{\rm{D}}.CE = {{BC} \over 2}.{{BC} \over 2} = {{B{C^2}} \over 4}\) (không đổi)

Vậy \(\displaystyle B{\rm{D}}.CE = {{B{C^2}} \over 4}\) không đổi

b) Chứng minh \(ΔBOD \backsim ΔOED\)

Từ câu (a) ta có: \(∆BOD \backsim ∆CEO\)

\( \displaystyle \Rightarrow {{O{\rm{D}}} \over {OE}} = {{B{\rm{D}}} \over {OC}}\) ( cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

Mà \(OC = OB\)) nên \( \displaystyle{{O{\rm{D}}} \over {OE}} = {{B{\rm{D}}} \over {OB}}\)

Mà \(\widehat B = \widehat {DOE} = {60^0}\) 

Vậy \(ΔBOD \backsim ΔOED\) (c.g.c) \(\Rightarrow \widehat {B{\rm{D}}O} = \widehat {O{\rm{D}}E}\)  ( 2 góc tương ứng)

hay \(DO\) là tia phân giác của góc \(BDE\)

c) Vẽ \(OK \bot DE\) và gọi \(I\) là tiếp điểm của \((O)\) với \(AB\), khi đó \(OI \bot AB\). Xét hai tam giác vuông: \(IDO\) và \(KDO\), ta có:

\(DO\) chung 

\(\widehat {{D_1}} = \widehat {{D_2}}\) (do \(DO\) là tia phân giác của góc \(BDE\))

Vậy \(ΔIDO= ΔKDO\) ( cạnh huyền - góc nhọn) \( ⇒ OI = OK\) (các cạnh tương ứng).

Điều này chứng tỏ rằng \(OK\) là bán kính của \((O)\) và \(OK \bot DE\) nên \(K\) là tiếp điểm của \(DE\) với \((O)\) hay \(DE\) tiếp xúc với đường tròn \((O).\)

Bài 8 trang 134 SGK Toán lớp 9 tập 2

Câu hỏi:

Cho hai đường tròn \((O; R)\) và \((O'; r)\) tiếp xúc ngoài \((R > r).\) Hai tiếp tuyến chung \(AB\) và \(A'B'\) của hai đường tròn \((O)\) và \((O')\) cắt nhau tại \(P\) (\(A\) và \(A'\) thuộc đường tròn \((O'),\) \(B\) và \(B'\) thuộc đường tròn \((O)\)). Biết \(PA = AB = 4 cm.\) Tính diện tích hình tròn \((O').\) 

Lời giải:

Vì \(AB\) là tiếp tuyến chung của \((O)\) và  \((O’)\) nên \(OB \bot AB\) và \(O’A \bot AB\)

Xét hai tam giác \(OPB\) và \(O’AP\), ta có:

\(\widehat A = \widehat B = {90^0}\) 

\(\widehat {{P_1}}\) chung 

Vậy \(ΔOBP \backsim ∆ O’AP (g-g)\)  

\(\eqalign{
& \Rightarrow {r \over R} = {{PO'} \over {PO}} = {{PA} \over {PB}} = {4 \over 8} = {1 \over 2} \cr
& \Rightarrow R = 2{\rm{r}} \cr} \)

Xét tam giác OBP có: 

O'A // OB ( cùng vuông góc với BP)

AB = AP

\(\Rightarrow\) O'A là đường trung bình của \(∆OBP\))

\(\Rightarrow OO' = O'P=R + r = 3r\) 

Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông \(O’AP\)

\(O’P^2 = O’A^2 + AP^2\) hay \({\left( {3r} \right)^2} = {\rm{ }}{r^2} + {\rm{ }}{4^{2}} \Leftrightarrow {\rm{ }}9{r^2} = {\rm{ }}{r^2} + {\rm{ }}16{\rm{ }}\)

\( \Leftrightarrow {\rm{ }}8{\rm{ }}{r^2} = 16{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}{r^2} = {\rm{ }}2\)

Diện tích đường tròn \((O’;r)\) là:

\(S = π. r^2 = π.2 = 2π\) (\(cm^2\))

Sachbaitap.com

Bài tiếp theo

Bài viết liên quan