Hướng dẫn giải bài bác tập ôn cuối năm phần hình học, sách giáo khoa toán 9 tập hai. Nội dung bài bác giải bài bác 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 trang 134 135 sgk toán 9 tập 2 bao gồm tổng phù hợp công thức, lý thuyết, cách thức giải bài tập phần hình học có trong SGK toán để giúp các em học viên học tốt môn toán lớp 9.
Bạn đang xem: Toán 9 tập 2 hình học bài 1
Lý thuyết
1. Chương I – Hệ thức lượng giác trong tam giác vuông
2. Chương II – Đường tròn
3. Chương III – Góc với mặt đường tròn
4. Chương IV – hình tròn trụ – Hình nón – Hình cầu
Dưới đấy là Hướng dẫn giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 trang 134 135 sgk toán 9 tập 2. Chúng ta hãy phát âm kỹ đầu bài trước lúc giải nhé!
Bài tập Ôn cuối năm phần Hình học
hijadobravoda.com trình làng với các bạn đầy đủ cách thức giải bài xích tập phần hình học tập 9 kèm bài xích giải bỏ ra tiết bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 trang 134 135 sgk toán 9 tập 2 của bài xích tập ôn cuối năm phần hình học cho chúng ta tham khảo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài bác tập các bạn xem bên dưới đây:
1. Giải bài 1 trang 134 sgk toán 9 tập 2
Chu vi hình chữ nhật (ABCD) là (20cm). Hãy tìm giá trị nhỏ dại nhất của độ nhiều năm đường chéo cánh (AC).
Bài giải:
Gọi (x) ((cm)) là độ dài cạnh (AB) ((x > 0)). Theo đề bài thì độ nhiều năm cạnh (BC) là ((10 – x))
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông (ABC), ta có:
(eqalign& AC^2 = AB^2 + BC^2 cr& = x^2 + left( 10 – x ight)^2 cr& = 2left( x^2 – 10 mx + 50 ight) cr& = 2left< left( x – 5 ight)^2 + 25 ight> cr& AC^2 = 2left( x – 5 ight)^2 + 50 ge 50 cr)
Đẳng thức xẩy ra khi : (x – 5 = 0 ⇔ x = 5)
Vậy giá bán trị nhỏ dại nhất của đường chéo cánh AC là (sqrt50 = 5sqrt2) ((cm))
2. Giải bài xích 2 trang 134 sgk Toán 9 tập 2
Tam giác (ABC) gồm góc (widehat B = 45^0), góc (widehat C = 30^0). Trường hợp (AC = 8) thì (AB) bằng:
(A). (4) (B). (4sqrt2)
(C). (4sqrt3) (D). (4sqrt6)
Hãy lựa chọn câu vấn đáp đúng.
Bài giải:
Hạ (AH ot BC) ((H in BC))
Trong tam giác vuông (HAC) ( (widehat H = 90^0) ) bao gồm . Vậy (∆HAC) là nửa tam giác gần như cạnh (AC), đường cao (CH) cũng là mặt đường trung tuyến.
(Rightarrow AH = AC over 2 = 4(cm))
Xét (∆HAB) là tam giác vuông cân nặng tại (H)
(⇒ AH = bh = 4) ((cm))
Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông (HAB), ta có:
(AB = sqrt HA^2 + HB^2 = sqrt 4^2 + 4^2 = sqrt 32 = 4sqrt 2)
Vậy (AB = 4sqrt2) (cm).
⇒ Chọn lời giải B.
3. Giải bài 3 trang 134 sgk Toán 9 tập 2
Cho tam giác (ABC) vuông sinh sống (C) tất cả đường trung tuyến (BN) vuông góc với đường trung tuyến đường (CM), cạnh (BC = a). Tính độ dài đường trung tuyến đường (BN).
Bài giải:
Gọi (G) là trọng tâm của tam giác (ABC), ta có: (BG = 2 over 3BN)
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông (CNB), ta có:
(eqalign& BC^2 = BN.BG = BN.2 over 3BN = 2 over 3BN^2 cr& Rightarrow BN^2 = 3 over 2BC^2 = 3a^2 over 2 cr& Rightarrow BN = sqrt 3 ma^2 over 2 = asqrt 3 over sqrt 2 = asqrt 6 over 2 cr)
Vậy (BN = asqrt 6 over 2)
4. Giải bài bác 4 trang 134 sgk Toán 9 tập 2
Nếu tam giác vuông (ABC) vuông tại (C) và tất cả (sin mA = 2 over 3) thì (tgB) bằng:
(A). (3 over 5) (B). (sqrt 5 over 3)
(C). (2 over sqrt 5 ) (D). (sqrt 5 over 2)
Hãy chọn câu vấn đáp đúng.
Bài giải:
Trong tam giác vuông (ABC) (left( widehat C = 90^0 ight)), ta có:
(sin mA = BC over AB = 2 over 3 Rightarrow AB = 3 over 2BC)
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông ABC, ta có:
(eqalign& AC = sqrt AB^2 – BC^2 = sqrt left( 3 over 2BC ight)^2 – BC^2 cr& AC = sqrt 5 over 4BC^2 = BCsqrt 5 over 2 cr )
Ta có: ( an B = AC over BC = BCsqrt 5 over 2 over BC = sqrt 5 over 2)
⇒ Chọn đáp án D.
5. Giải bài bác 5 trang 134 sgk Toán 9 tập 2
Tam giác (ABC) vuông trên (C) tất cả (AC = 15cm). Đường cao (CH) phân tách (AB) thành nhì đoạn (AH) với (HB). Biết (HB = 16cm). Tính diện tích tam giác (ABC).
Bài giải:
Đặ (AH = x) ((x > 0))
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông (ABC), ta có: (AC^2 = AB.AH)
hay (15^2 = (x + 16)x) ⇔ (x^2+ 16x -225 = 0)
Giải phương trình, ta được (x_1 = 9) (thỏa mãn); (x_2 = -25) (loại)
Vậy (AH = 9) ((cm))
Ta có: (HC^2 = AH. HB = 9. 16 = 144)
(Rightarrow)(HC=12) ((cm))
Vậy diện tích s tam giác (ABC) là:
(S = 1 over 2AB.CH = 1 over 2.25.12 = 150(cm^2))
6. Giải bài xích 6 trang 134 sgk Toán 9 tập 2
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). (20 over 3) (D). (8)
Hãy chọn câu trả lời đúng?
Bài giải:
Gọi (O) là vai trung phong của mặt đường tròn. Qua (O), kẻ đường vuông góc cùng với (BC), cắt (DE) làm việc (P) với (BC) nghỉ ngơi (Q).
Ta có:
(eqalign& BQ = 1 over 2BC = 5 over 2 cr& AQ = AB + BQ = 4 + 5 over 2 = 13 over 2 cr )
Vì (ADPQ) là hình chữ nhật nên (AQ = DP)
⇒ (EP = DP – DE = AQ – DE)
hay (EP = 13 over 2 – 3 = 7 over 2)
Mà (EF = 2EP = 2.7 over 2 = 7)
⇒ Chọn lời giải B.
7. Giải bài xích 7 trang 134 sgk Toán 9 tập 2
Cho tam giác mọi (ABC), (O) là trung điểm của (BC). Trên những cạnh (AB, AC) lần lượt lấy những điểm di động (D) và (E) sao cho góc (widehat DOE = 60^0).
a) chứng tỏ tích (BD.CE) ko đổi.
b) minh chứng (ΔBOD) đồng dạng (ΔOED). Từ kia suy ra tia (DO) là tia phân giác của góc (BDE).
c) Vẽ đường tròn trung khu (O) tiếp xúc với (AB). Minh chứng rằng đường tròn này luôn luôn tiếp xúc cùng với (DE).
Bài giải:
a) chứng tỏ tích (BD.CE) ko đổi.
Xét nhị tam giác: (∆BOD) với (∆CEO), ta có: (widehat B = widehat C = 60^0) (gt) (1)
Ta bao gồm (widehat DOC) là góc quanh đó 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(2))
Từ (1) và (2) (⇒ ∆BOD) đồng dạng (∆CEO) (g.g)
( Rightarrow B mD over BO = CO over CE Rightarrow B mD.CE = BO.CO)
hay (B mD.CE = BC over 2.BC over 2 = BC^2 over 4) (không đổi)
Vậy (B mD.CE = BC^2 over 4) không đổi
b) chứng minh (ΔBOD) đồng dạng (ΔOED)
Từ câu (a) ta có: (∆BOD) đồng dạng (∆CEO)
( Rightarrow O mD over OE = B mD over OC = B mD over OB) (do (OC = OB))
Mà (widehat B = widehat DOE = 60^0)
Vậy (ΔBOD) đồng dạng (ΔOED) (c.g.c) (Rightarrow widehat B mDO = widehat O mDE)
hay (DO) là tia phân giác của góc (BDE)
c) Vẽ (OK ot DE) và điện thoại tư vấn (I) là tiếp điểm của ((O)) với (AB), khi đó (OI ot AB). Xét hai tam giác vuông: (IDO) và (KDO), ta có:
(DO) chung
(widehat D_1 = widehat D_2) (chứng minh trên)
Vậy (ΔIDO) = (ΔKDO)( ⇒ OI = OK)
Điều này minh chứng rằng (OK) là nửa đường kính của ((O)) và (OK ot DE) phải (K) là tiếp điểm của (DE) với ((O)) hay (DE) tiếp xúc với mặt đường tròn ((O))
8. Giải bài 8 trang 134 sgk Toán 9 tập 2
Cho hai đường tròn ((O; R)) cùng ((O’; r)) tiếp xúc ngoại trừ ((R > r)). Nhị tiếp tuyến chung (AB) với (A’B’) của hai tuyến phố tròn ((O)) và ((O’)) giảm nhau tại (P) ((A) với (A’) thuộc đường tròn ((O’)), (B) và (B’) thuộc mặt đường tròn ((O))). Biết (PA = AB = 4 cm). Tính diện tích hình trụ ((O’)).
Bài giải:
Vì (AB) là tiếp tuyến phổ biến của ((O)) cùng ((O’)) đề xuất (OB ot AB) với (O’A ot AB)
Xét hai tam giác vuông (OPB) và (O’AP), ta có:
(widehat A = widehat B = 90^0)
(widehat P_1) chung
Vậy (ΔOBP) đồng dạng (∆ O’AP)
(eqalign& Rightarrow r over R = PO’ over PO = PA over PB = 4 over 8 = 1 over 2 cr& Rightarrow R = 2 mr cr )
Ta có (PO’ = OO’ = R + r = 3r) (do (AO’) là con đường trung bình của (∆OBP))
Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông (O’AP)
(O’P^2 = O’A^2 + AP^2) tốt (left( 3r ight)^2 = m r^2 + m 4^2 Leftrightarrow m 9r^2 = m r^2 + m 16 m )
( Leftrightarrow m 8 m r^2 = 16 m Leftrightarrow m r^2 = m 2)
Diện tích mặt đường tròn ((O’;r)) là:
(S = π. R^2 = π.2 = 2π) ((cm^2))
9. Giải bài 9 trang 135 sgk Toán 9 tập 2
Cho tam giác (ABC) nội tiếp đường tròn ((O’)) với ngoại tiếp đường tròn ((O)). Tia (AO) cắt đường tròn ((O’)) tại (D). Ta có:
(A) (CD = BD = O’D) ; (B) (AO = teo = OD)
(C) (CD = co = BD) ; (D) (CD = OD = BD)
Hãy chọn câu vấn đáp đúng?
Bài giải:
Vì (AC) cùng (BC) tiếp xúc với con đường tròn ((O)), (AD) đi qua (O) cần ta có:
(widehat CA mD = widehat BA mD = alpha) (vì trọng tâm đường tròn nội tiếp vào tam giác là giao điểm của tía đường phân giác vào tam giác)
(⇒) (overparenCD=overparenDB) (⇒CD = DB) (*)
Tương tự, (CO) là tia phân giác của góc (C) nên:
(widehat AC mO = widehat BCO = eta )
Mặt khác: (widehat DCO = widehat DCB + widehat BCO = alpha + eta (1))
(do (widehat BA mD = widehat BC mD) )
Ta có: (widehat CO mD) là góc không tính của (∆ AOC) nên
(widehat CO mD = widehat OAC + widehat OC mA = eta + alpha (2))
Từ (1) cùng (2) ta có: (widehat OC mD = widehat CO mD)
Vậy (∆DOC) cân nặng tại (D) (2*)
Từ (*) với (2*) suy ra (CD = OD = BD)
Chọn đáp án (D).
10. Giải bài xích 10 trang 135 sgk Toán 9 tập 2
Cho tam giác nhọn (ABC) nội tiếp mặt đường tròn ((O)). Các cung nhỏ tuổi (AB, BC, CA) tất cả số đo theo lần lượt là (x + 75^0, 2x + 25^0, 3x – 22^0). Một góc của tam giác (ABC) bao gồm số đo là:
(A). (57^05); (B). (59^0) ;
(C). (61^0) ; (D). (60^0)
Hãy lựa chọn câu vấn đáp đúng?
Bài giải:
Vì những cung (AB, BC, CA) sinh sản thành mặt đường tròn, do đó:
((x + 75^0) + (2x + 25^0) + (3x – 22^0) = 360^0)
(Leftrightarrow 6x + 78^0 = 360^0 Leftrightarrow 6x = 282^0 Leftrightarrow x = 47^0)
Vậy (sđoverparenAB)=(x + 75^0 = 47^0 + 75^0 = 122^0)
(Rightarrow widehat C = 122^0 over 2 = 61^0)
(sđoverparenBC) = (2x + 25^0 = 2.47^0 + 25^0 = 119^0) ( Rightarrow widehat A = 119^0 over 2 = 59,5^0)
(sđoverparenAC)= (3x – 22^0 = 3.47^0 – 22^0 = 119^0) ( Rightarrow widehat B = 119^0 over 2 = 59,5^0)
⇒ Chọn lời giải C.
11. Giải bài xích 11 trang 135 sgk Toán 9 tập 2
Từ một điểm (P) ở ngoài đường tròn ((O)), kẻ cát tuyến (PAB) cùng (PCD) tới con đường tròn. Hotline (Q) là 1 trong những điểm nằm tại cung nhỏ (BD) (không chứa (A) cùng (C)) sao để cho (sđoverparenBQ=42^0) với (sđoverparenQD=38^0). Tính tổng (widehat BP mD + widehat AQC)
Bài giải:
Ta gồm (widehat BP mD) là góc ở ở ngoài đường tròn (O) nên:
(widehat BPD = sđoverparenBQD -sđoverparenACover 2)
Ta bao gồm (widehat AQC) là góc nội tiếp trong mặt đường tròn (O) nên:
(widehat AQC = 1 over 2sđoverparenAC)
Do đó:
(widehat BPD + widehat AQC = sđoverparenBQD -sđoverparenAC over 2 + 1 over 2sđoverparenAC)
=(1 over 2sđoverparenBQD)=(42^0 + 38^0 over 2 = 40^0)
Vậy (widehat BP mD + widehat AQC = 40^0)
12. Giải bài bác 12 trang 135 sgk Toán 9 tập 2
Một hình vuông và một hình tròn có chu vi bằng nhau. Hỏi hình như thế nào có diện tích lớn hơn?
Bài giải:
Giả sử điện thoại tư vấn cạnh hình vuông vắn là (a) và bán kính đường tròn là (R).
Khi đó, chu vi hình vuông vắn là (4a) và chu vi hình tròn trụ là (2πR).
Theo đề bài bác ra ta có: (4 ma = 2pi R Rightarrow a = pi R over 2)
Ta lập tỉ số diện tích hình vuông vắn và hình tròn:
(S_hv over S_htr = a^2 over pi R^2) =(left( pi R over 2 ight)^2 over pi R^2)= (pi ^2R^2 over 4pi R^2 = pi over 4
13. Giải bài bác 13 trang 135 sgk Toán 9 tập 2
Cho mặt đường tròn ((O)), cung (BC) gồm số đo bằng (120^0), điểm (A) dịch rời trên cung khủng (BC). Bên trên tia đối tia (AB) mang điểm (D) làm thế nào để cho (AD = AC). Hỏi điểm (D) dịch chuyển trên con đường nào?
Bài giải:
Ta có (widehat A = 1 over 2sđoverparenBC)(= 60^0;widehat B mDC = 1 over 2.60^0 = 30^0)
Như vậy, điểm (D) sinh sản với nhị mút của đoạn thẳng (BC) cố định và thắt chặt một góc (widehat B mDC = 30^0) buộc phải (D) hoạt động trên cung cất góc (30^0) dựng bên trên (BC).
Ta có, khi (A ≡ B) thì (D ≡ E) và khi (A ≡ C) thì (D ≡ C)
Vậy khi (A) dịch chuyển trên cung to (BC) thì (D) dịch rời trên cung (CE) nằm trong cung đựng góc (30^0) dựng bên trên (BC).
14. Giải bài 14 trang 135 sgk Toán 9 tập 2
Dựng tam giác (ABC), biết (BC = 4cm), góc (widehat A = 60^0), nửa đường kính đường tròn nội tiếp tam giác bởi (1cm).
Bài giải:
Dựng (BC = 4cm) và đường thẳng ((d)) song song cùng với (BC) và phương pháp (BC) một khoảng chừng là (1cm)
Tâm (O) của con đường tròn nội tiếp (∆ABC) là giao điểm của đường thẳng ((d)) với cung đựng góc (90^0 + 60^0:2 = 120^0) dựng trên đoạn (BC) vắt định
Qua (B) và (C) vẽ những tiếp tuyến với ((O)), chúng cắt nhau trên (A). Tam giác (ABC) là tam giác nên dựng.
15. Giải bài bác 15 trang 135 sgk Toán 9 tập 2
Tam giác (ABC) cân nặng tại (A) tất cả cạnh đáy nhỏ tuổi hơn cạnh bên, nội tiếp mặt đường tròn ((O)).Tiếp đường tại (B) và (C) của con đường tròn lần lượt cắt tia (AC) cùng tia (AB) làm việc (D) cùng (E). Triệu chứng minh:
a) (BD^2 = AD.CD)
b) Tứ giác (BCDE) là tứ giác nội tiếp
c) (BC) song song cùng với (DE)
Bài giải:
a) Xét (∆ADB) và (∆BDC), ta có:
(widehat BA mD = widehat CB mD) (góc nội tiếp thuộc chắn cung (BC))
(widehat D_1) góc chung
Vậy (∆ADB) đồng dạng (∆BDC) ⇒ (B mD over C mD = A mD over B mD = B mD^2 = A mD.C mD) (đpcm)
b) Ta bao gồm (widehat A mEC) là góc có đỉnh ở bên phía ngoài ((O))
(widehat AEC = sđoverparenAC-sđoverparenBCover 2 = sđoverparenAB-sđoverparenBCover 2 = widehat ADB)
Xét tứ giác (BCDE), ta có: (widehat A mEC) với (widehat ADB) là nhì góc thường xuyên cùng nhìn đoạn (BC) và (widehat A mEC = widehat ADB) . Vậy tứ giác (BCDE) nội tiếp đường tròn
c) Ta có: (widehat ACB + widehat BC mD = 180^0) (hai góc kề bù).
hay (widehat ABC + widehat BC mD = 180^0) ((∆ABC) cân tại (A))
( Rightarrow widehat ABC = 180^0 – widehat BC mD(1))
Vì (BCDE) là tứ giác nội tiếp nên
(widehat BE mD + widehat BC mD = 180^0 Rightarrow widehat BE mD = 180^0 – widehat BC mD(2))
So sánh (1) với (2), ta có: (widehat ABC = widehat BE mD)
Ta cũng có: (widehat ABC) cùng (widehat BE mD) là nhị góc đồng vị. Suy ra: (BC // DE) (đpcm)
16. Giải bài xích 16 trang 135 sgk Toán 9 tập 2
Một mặt phẳng cất trụ (OO’) của một hình trụ; phần phương diện phẳng phía trong hình trụ là một trong những hình chữ nhật gồm chiều nhiều năm (3cm), chiều rộng (2cm).Tính diện tích xung quanh với thể tích hình trụ đó.
Bài giải:
Bài toán tất cả 2 trường hợp
a) TH 1: Đường cao của hình trụ bởi (3cm). Lúc ấy chiều rộng lớn của hình chữ nhật là 2 lần bán kính của hình trụ, suy ra (R = 1cm)
Vậy (S)xq = (2πRh = 2π .1 .3 = 6π) ((cm^2))
(V = πR^2h = π. 1^2. 3 = 3π) ((cm^3))
b) TH 2: Đường cao hình trụ bằng (2cm)
khi kia chiều dài của hình chữ nhật là 2 lần bán kính của hình trụ, suy ra (R = 1,5)
Vậy (S)xq = (2πRh = 2π . 1,5 . 2 = 6π) ((cm^2))
(V = πR^2h = π . 1,5^2 . 2 = 4,5 π) ((cm^2))
17. Giải bài bác 17 trang 135 sgk Toán 9 tập 2
Khi tảo tam giác (ABC) vuông ngơi nghỉ (A) một vòng quanh cạnh góc vuông (AC) cầm cố định, ta được một hình nón. Hiểu được (BC = 4dm), góc (widehat ACB = 30^0). Tính diện tích xung quanh cùng thể tích hình nón.
Bài giải:
Trong tam giác vuông (ABC), ta có:
(eqalign& AB = BC.sin C = BC.sin 30^0 = 4.1 over 2 = 2left( dm ight) cr& AC = BC.cos C = BC.cos 30^0 = 4.sqrt 3 over 2 = 2sqrt 3 left( dm ight) cr )
Ta có: (S)xq = (πRl = π. 2. 4 = 8 π ) ((dm^2))
(V = 1 over 3pi R^2h = 1 over 3pi .2^2.2sqrt 3 = 8sqrt 3 .pi over 3(dm^3))
18. Giải bài bác 18 trang 135 sgk Toán 9 tập 2
Một hình cầu tất cả số đo diện tích s (đơn vị: (m^2)) ngay số đo thể tích (đơn vị: (m^3)). Tính bán kính hình cầu, diện tích s mặt cầu và thể tích hình cầu.
Xem thêm: Giải Vở Bài Tập Toán Lớp 3 Trang 101 Bài 86, Just A Moment
Bài giải:
Gọi (R) là bán kính hình cầu (đơn vị : mét)
Khi đó ta có: (S = 4πR^2) cùng (V = 4 over 3pi R^3)
Theo đề bài bác ta có: (4pi R^2 = 4 over 3pi R^3 Rightarrow R over 3 = 1 Rightarrow R = 3(m))
Ta có: (S = 4πR^2 = 4π . 3^2= 36π) ((m^2))
(V = 4 over 3pi R^3 = 4 over 3pi .3^3 = 36pi left( m^3 ight)).
Bài trước:
Bài tiếp theo:
Chúc các bạn làm bài giỏi cùng giải bài bác tập sgk toán lớp 9 cùng với giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 trang 134 135 sgk toán 9 tập 2!