Giải Toán 9: Ôn tập cuối năm Giải SGK Toán 9 Tập 2 (trang 131, 132, 133, 134, 135)

Giới thiệu Tải về
  • 1 Đánh giá

Giải bài tập Toán 9: Ôn tập cuối năm để xem gợi ý giải các bài tập trang 131, 132, 133, 134, 135 thuộc chương trình Toan lớp 9 tập 2.

Tài liệu được biên soạn với nội dung bám sát chương trình sách giáo khoa Toán lớp 9 tập 2. Qua đó giúp học sinh lớp 9 tham khảo nắm vững hơn kiến thức trên lớp. Bên cạnh đó các bạn tham khảo thêm tài liệu: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Mời các bạn cùng theo dõi bài tại đây.

Giải Toán 9: Ôn tập cuối năm

Giải bài tập phần Đại số Toán 9 tập 2 trang 131

Bài 1 (trang 131 SGK Toán 9 Tập 2)

Xét các mệnh đề sau:

I. \sqrt {\left( { - 4} \right).\left( { - 25} \right)} = \sqrt { - 4} .\sqrt { - 25} ;

II. \sqrt {\left( { - 4} \right).\left( { - 25} \right)} = \sqrt {100}

III. \sqrt {100} = 10

IV. \sqrt {100} = \pm 10

Những mệnh đề nào là sai?

Hãy chọn câu trả lời đúng trong các câu A, B, C, D dưới đây:

A. Chỉ có mệnh đề I sai;

B. Chỉ có mệnh đề II sai;

C. Các mệnh đề I và IV sai;

D. Không có mệnh đề nào sai.

Gợi ý đáp án

Mệnh đề I sai vì không có căn bậc hai của số âm.

Mệnh đề IV sai vì √100 = 10(căn bậc hai số học)

Các mệnh đề II và III đúng.

Vậy chọn câu C

Bài 2 (trang 131 SGK Toán 9 Tập 2)

Rút gọn các biểu thức:

M = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } - \sqrt {6 + 4\sqrt 2 }

N = \sqrt {2 + \sqrt 3 } + \sqrt {2 - \sqrt 3 }

Sử dụng công thức hằng đẳng thức: \sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\;\;khi\;\;\;A \ge 0\\- A\;\;\;khi\;\;A < 0\end{array} \right..

Gợi ý đáp án

\eqalign{& M = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } - \sqrt {6 + 4\sqrt 2 } \cr & =\sqrt {{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2} - 2\sqrt 2 .1 + {1^2}} \cr&\;\;\;\;- \sqrt {{{\left( 2 \right)}^2} + 2.2.\sqrt 2 + {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} \cr & = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}^2}} \cr & = \left| {\sqrt 2 - 1} \right| - \left| {2 + \sqrt 2 } \right| \cr & = \sqrt 2 - 1 - 2 - \sqrt 2 = - 3 .\cr}

\eqalign{ & N = \sqrt {2 + \sqrt 3 } + \sqrt {2 - \sqrt 3 } \cr & \Rightarrow {N^2} = {\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } + \sqrt {2 - \sqrt 3 } } \right)^2} \cr & = 2 + \sqrt 3 + 2\sqrt {\left( {2 + \sqrt 3 } \right)\left( {2 - \sqrt 3 } \right)} + 2 - \sqrt 3 \cr & = 4 + 2\sqrt {4 - 3} = 6. \cr}

Vì N > 0 nên N^2 = 6 ⇒ N = \sqrt6.

Vậy N = \sqrt {2 + \sqrt 3 } + \sqrt {2 - \sqrt 3 } = \sqrt 6.

Bài 3 (trang 132 SGK Toán 9 Tập 2)

Giá trị của biểu thức

{{2\left( {\sqrt 2 + \sqrt 6 } \right)} \over {3\sqrt {2 + \sqrt 3 }}}bằng

(A) \displaystyle {{2\sqrt 2 } \over 3}

(B) \displaystyle {{2\sqrt 3 } \over 3}

(C) 1

(D) \displaystyle {4 \over 3}

Gợi ý đáp án

Ta có:

\eqalign{ & {{2\left( {\sqrt 2 + \sqrt 6 } \right)} \over {3\sqrt {2 + \sqrt 3 }}} = {{2\left( {\sqrt 2 + \sqrt 6 } \right).\sqrt 2 } \over {(3\sqrt{ 2 + \sqrt 3} }) .\sqrt 2 } \cr & = {{2\left( {2 + 2\sqrt 3 } \right)} \over {3.\sqrt {\left( {2 + \sqrt 3 } \right).2} }} = {{2\left( {2 + 2\sqrt 3 } \right)} \over {3.\sqrt {4 + 2\sqrt 3 } }} \cr & = {{2\left( {2 + 2\sqrt 3 } \right)} \over {3.\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + 2\sqrt 3 .1 + {1^2}} }} = {{4\left( {1 + \sqrt 3 } \right)} \over {3.\sqrt {{{\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}^2}} }} \cr & = {{4\left( {1 + \sqrt 3 } \right)} \over {3\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}} = {4 \over 3}. \cr}

Chọn đáp án D.

Bài 4 (trang 132 SGK Toán 9 Tập 2)

Nếu \sqrt {2 + \sqrt x } = 3 thì x bằng:

(A) 1;

(B) \sqrt7;

(C) 7

(D) 49

Gợi ý đáp án

Điều kiện: x \geq 0.

Ta có: \sqrt {2 + \sqrt x } = 3 . Vì hai vế đều dương, ta bình phương hai vế:

Pt \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {2 + \sqrt x } } \right)^2} = {3^2} \Leftrightarrow 2 + \sqrt x = 9

\Leftrightarrow \sqrt x = 7 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x } \right)^2} = {7^2} \Leftrightarrow x = 49 \, \,(tm).

Chọn đáp án D.

Bài 5 (trang 132 SGK Toán 9 Tập 2)

Chứng minh rằng giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:

\displaystyle \left( {{{2 + \sqrt x } \over {x + 2\sqrt x + 1}} - {{\sqrt x - 2} \over {x - 1}}} \right).{{x\sqrt x + x - \sqrt x - 1} \over {\sqrt x }}.

+) Tìm điều kiện để biểu thức xác định.

+) Sử dụng các hằng đẳng thức và quy đồng mẫu các phân thức để rút gọn biểu thức.

Gợi ý đáp án

ĐKXĐ: 0 < x ≠1.

\begin{array}{l} \left( {\dfrac{{2 + \sqrt x }}{{x + 2\sqrt x + 1}} - \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{x - 1}}} \right).\dfrac{{x\sqrt x + x - \sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\\ = \left[ {\dfrac{{2 + \sqrt x }}{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2}}} - \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}} \right].\dfrac{{x\left( {\sqrt x + 1} \right) - \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{\left( {2 + \sqrt x } \right)\left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2}\left( {\sqrt x - 1} \right)}}.\dfrac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{x + \sqrt x - 2 - \left( {x - \sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}}.\dfrac{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt x }}\\ = \dfrac{{x + \sqrt x - 2 - x + \sqrt x + 2}}{{\sqrt x }} = \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x }} = 2. \end{array}

Vậy giá trị của biểu thức đã cho là 2 và không phụ thuộc vào giá trị của biến x.

Bài 6 (trang 132 SGK Toán 9 Tập 2)

Cho hàm số y = ax + b .Tìm a và b, biết rằng đồ thị của hàm số đã cho thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

a. Đi qua hai điểm A(1; 3) và B(-1; -1).

b. Song song với đường thẳng y = x + 5 và đi qua điểm C(1; 2).

Gợi ý đáp án

a. Gọi (d) là đồ thị hàm số y = ax + b.

Vì A(1; 3) \in (d) nên 3 = a + b.

Vì B(-1; -1) \in (d) nên -1 = -a + b.

Ta có hệ phương trình:\left\{ \matrix{a + b = 3 \hfill \cr - a + b = - 1 \hfill \cr} \right.

\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a + b + \left( { - a} \right) + b = 3 + \left( { - 1} \right)\\ a + b = 3 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2b = 2\\ a = 3 - b \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} b = 1\\ a = 2 \end{array} \right. \end{array}

Vậy a = 2; b = 1

b. Gọi (d) là đồ thị hàm số y = ax + b.

Vì (d): y = ax + b song song với đường thẳng (d’): y = x + 5 nên suy ra: a = a’ = 1, b \ne 5.

Ta được (d): y = x + b.

Vì C (1; 2) \in(d): 2 = 1 + b ⇔ b =1 (TM).

Vậy a = 1; b = 1.

Bài 7 (trang 132 SGK Toán 9 Tập 2)

Cho hai đường thẳng:

y = (m + 1)x + 5 (d1)

y = 2x + n (d2)

Với giá trị nào của m và n thì:

a) d1 trùng với d2?

b) d1 cắt d2?

c) d1 song song với d2?

Gợi ý đáp án

a. ({d_1}) \equiv ({d_2})khi và chỉ khi \left\{ \matrix{m + 1 = 2 \hfill \cr n = 5 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{m = 1 \hfill \cr n = 5 \hfill \cr} \right..

b.Để d1 cắt d2 thì: m + 1 ≠2 ⇒ m ≠1

c. ({d_1})\parallel ({d_2}) \Leftrightarrow \left\{ \matrix{m + 1 = 2 \hfill \cr n \ne 5 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{m = 1 \hfill \cr n \ne 5 \hfill \cr} \right.

Bài 8 (trang 132 SGK Toán 9 Tập 2)

Chứng minh rằng khi k thay đổi, các đường thẳng (k + 1)x – 2y = 1 luôn đi qua một điểm cố định. Tìm điểm cố định đó.

Gợi ý đáp án

Gọi M(x_0;\, y_0) là điểm cố định thuộc đồ thị hàm số. Khi đó ta có:

\begin{array}{l} \left( {k + 1} \right){x_0} - 2{y_0} = 1\;\;\forall \;k \in R\\ \Leftrightarrow k{x_0} + {x_0} - 2{y_0} = 1\;\forall \;k \in R\\ \Leftrightarrow k{x_0} = 1 - {x_0} + 2{y_0}\;\;\;\forall \;k \in R\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_0} = 0\\ 1 - {x_0} + 2{y_0} = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_0} = 0\\ {y_0} = - \frac{1}{2} \end{array} \right.\\ \Rightarrow M\left( {0; - \dfrac{1}{2}} \right). \end{array}

Vậy đường thẳng đã cho luôn đi qua điểm M\left( {0; - \dfrac{1}{2}} \right) với mọi k \in R.

Bài 9 (trang 133 SGK Toán 9 Tập 2)

Giải các hệ phương trình:

a. \left\{ \matrix{2{\rm{x}} + 3\left| y \right| = 13 \hfill \cr 3{\rm{x}} - y = 3 \hfill \cr} \right.

b. \left\{ \matrix{3\sqrt x - 2\sqrt y = - 2 \hfill \cr 2\sqrt x + \sqrt y = 1 \hfill \cr} \right.

Gợi ý đáp án

a. \left\{ \matrix{2{\rm{x}} + 3\left| y \right| = 13 \hfill \cr 3{\rm{x}} - y = 3 \hfill \cr} \right.

+) Trường hợp y ≥ 0, ta có:\left| y \right| = y. Khi đó:

\begin{array}{l} Hpt \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2x + 3y = 13\\ 3x - y = 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y = 3x - 3\\ 2x + 3\left( {3x - 3} \right) = 13 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y = 3x - 3\\ 2x + 9x = 13 + 9 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y = 3x - 3\\ 11x = 22 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y = 3x - 3\\ x = 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 2\\ y = 3.2 - 3 = 3\;\;\left( {tm} \right) \end{array} \right.. \end{array}

Vậy hệ phương trình có nghiệm \left( {x;\;y} \right) = \left( {2;\;3} \right).

+) Trường hợp y < 0, ta có: \left| y \right| = -y. Khi đó:

\begin{array}{l} Hpt \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2x - 3y = 13\\ 3x - y = 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y = 3x - 3\\ 2x - 3\left( {3x - 3} \right) = 13 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y = 3x - 3\\ 2x - 9x = 13 - 9 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y = 3x - 3\\ - 7x = 4 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y = 3x - 3\\ x = - \dfrac{4}{7} \end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - \dfrac{4}{7}\\ y = 3.\left( { - \dfrac{4}{7}} \right) - 3 = - \dfrac{{33}}{7}\;\;\left( {tm} \right) \end{array} \right.. \end{array}

Vậy hệ phương trình có nghiệm \left( {x;\;y} \right) = \left( {- \dfrac{4}{7};\;- \dfrac{33}{7}} \right).

Vậy phương trình có 2 cặp nghiệm: (2; 3) và \displaystyle \left( { - {4 \over 7}; - {{33} \over 7}} \right)

Bài 10 (trang 133 SGK Toán 9 Tập 2)

Giải các hệ phương trình:

a) \left\{ \matrix{2\sqrt {x - 1} - \sqrt {y - 1} = 1 \hfill \cr \sqrt {x - 1} + \sqrt {y - 1} = 2 \hfill \cr} \right.

b) \left\{ \matrix{{\left( {x - 1} \right)^2} - 2y = 2 \hfill \cr 3{\left( {x - 1} \right)^2} + 3y = 1 \hfill \cr} \right.

Gợi ý đáp án

a) \left\{ \matrix{2\sqrt {x - 1} - \sqrt {y - 1} = 1 \hfill \cr \sqrt {x - 1} + \sqrt {y - 1} = 2 \hfill \cr} \right.

Điều kiện: x \geq 1 và y \geq 1.

Đặt X = \sqrt {x - 1} (điều kiện X ≥ 0)

Y = \sqrt {y - 1} (điều kiện Y ≥ 0)

Thay vào phương trình ta được:

\eqalign{ & \left\{ \matrix{ 2X - Y = 1 \hfill \cr X + Y = 2 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 3{\rm{X}} = 3 \hfill \cr X + Y = 2 \hfill \cr} \right.\cr& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ X = 1 \, \, (tm)\hfill \cr Y = 1 \, \, (tm) \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \sqrt {x - 1} = 1 \hfill \cr \sqrt {y - 1} = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x - 1 = 1 \hfill \cr y - 1 = 1 \hfill \cr} \right.\cr& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = 2 \, \, (tm)\hfill \cr y = 2 \, \, (tm)\hfill \cr} \right. \cr}

Vậy (2;2) là nghiệm của hệ phương trình

b) \left\{ \matrix{{\left( {x - 1} \right)^2} - 2y = 2 \hfill \cr 3{\left( {x - 1} \right)^2} + 3y = 1 \hfill \cr} \right.

Đặt X = (x – 1)^2(điều kiện X ≥ 0). Khi đó:

\begin{array}{l} Hpt \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} X - 2y = 2\\ 3X + 3y = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} X = 2 + 2y\\ 3\left( {2 + 2y} \right) + 3y = 1 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} X = 2 + 2y\\ 6 + 6y + 3y = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} X = 2 + 2y\\ 9y = - 5 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} X = 2 + 2y\\ y = - \dfrac{5}{9} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} X = \frac{8}{9}\;\;\left( {tm} \right)\\ y = - \frac{5}{9} \end{array} \right.\\ \Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = \dfrac{8}{9} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x - 1 = \dfrac{{2\sqrt 2 }}{3}\\ x - 1 = - \dfrac{{2\sqrt 2 }}{3} \end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1 + \dfrac{{2\sqrt 2 }}{3}\\ x = 1 - \dfrac{{2\sqrt 2 }}{3} \end{array} \right.. \end{array}

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: \displaystyle \left( {1 + {{2\sqrt 2 } \over 3}; - {5 \over 9}} \right)\displaystyle \left( {1 - {{2\sqrt 2 } \over 3}; - {5 \over 9}} \right)

Bài 11 (trang 133 SGK Toán 9 Tập 2)

Hai giá sách có 450 cuốn. Nếu chuyển 50 cuốn từ giá thứ nhất sang giá thứ hai thì số sách ở giá thứ hai sẽ bằng \displaystyle {4 \over 5} số sách ở giá thứ nhất. Tính số sách lúc đầu trong mỗi giá.

Gợi ý đáp án

Gọi x (cuốn) là số sách ở giá thứ nhất lúc ban đầu; y (cuốn) là số sách ở giá thứ hai lúc ban đầu. \left( {x,\;y \in N^*,\; 50 < x< 450}, \, \, y < 450\right).

Hai giá sách có 450 cuốn nên ta có: x+y=450.

Nếu chuyển 50 cuốn từ giá thứ nhất sang giá thứ hai thì số sách ở giá thứ hai sẽ bằng \displaystyle {4 \over 5} số sách ở giá thứ nhất nên ta có: \displaystyle y + 50 = {4 \over 5}\left( {x - 50} \right)

Ta có hệ phương trình:

\displaystyle \left\{ \matrix{x + y = 450 \hfill \cr y + 50 = {\displaystyle 4 \over \displaystyle 5}\left( {x - 50} \right) \hfill \cr} \right.

\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + y = 450\\ \dfrac{4}{5}x - y = 90 \end{array} \right.

\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{9}{5}x = 540\\ x + y = 450 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 300\\ 300 + y = 450 \end{array} \right. \end{array}

\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 300\;\;\left( {tm} \right)\\ y = 150\;\;\left( {tm} \right) \end{array} \right..

Vậy số sách lúc đầu ở giá thứ I là 300 cuốn, ở giá thứ II là 150 cuốn.

Bài 12 (trang 133 SGK Toán 9 Tập 2)

Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc dài 4km và một đoạn xuống dốc dài 5km. Một người đi xe đạp từ A đến B hết 40 phút và đi từ B về A hết 41 phút (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính vận tốc lúc lên dốc và lúc xuống dốc.

Gợi ý đáp án

Gọi vận tốc lúc lên dốc là x\left( {km/h} \right) và vận tốc lúc xuống dốc là y (km/h) \left( {x;y > 0} \right)

Thời gian lên dốc một đoạn 4km là \dfrac{4}{x}\left( h \right), thời gian xuống dốc một đoạn 5km là \dfrac{5}{y} (h)

Thời gian đi từ A đến B là tổng thời gian lên dốc đoạn 4km và xuống dốc đoạn 5km là 40phút = \dfrac{2}{3}h nên ta có phương trình \dfrac{4}{x} + \dfrac{5}{y} = \dfrac{2}{3}\left( 1 \right)

Thời gian lên dốc một đoạn 5km là \dfrac{5}{x}\left( h \right), thời gian xuống dốc một đoạn 4km là \dfrac{4}{y} (h)

Thời gian đi từ B đến A là tổng thời gian lên dốc đoạn 5km và xuống dốc đoạn 4km là 41phút = \dfrac{{41}}{{60}} h nên ta có phương trình \dfrac{5}{x} + \dfrac{4}{y} = \dfrac{{41}}{{60}}\left( 2 \right)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 

\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{4}{x} + \dfrac{5}{y} = \dfrac{2}{3}\\\dfrac{5}{x} + \dfrac{4}{y} = \dfrac{{41}}{{60}}\end{array} \right.

Đặt \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} = u\\\dfrac{1}{y} = v\end{array} \right.\,\left( {u;v \ne 0} \right) ta có hệ

\left\{ \begin{array}{l}4u + 5v = \dfrac{2}{3}\\5u + 4v = \dfrac{{41}}{{60}}\end{array} \right.

\\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}12u + 15v = 2\\300u + 240v = 41\end{array}\right.

\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}192u + 240v = 32\\300u + 240v = 41\end{array} \right.

\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}108u = 9\\12u + 15v = 2\end{array} \right.

\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = \dfrac{1}{{12}}\\12.\dfrac{1}{{12}} + 15v = 2\end{array} \right.

\left\{ \begin{array}{l}u = \dfrac{1}{{12}}\\v = \dfrac{1}{{15}}\end{array} \right.\left( {TM} \right)

Thay lại cách đặt ta được

\left\{ \begin{array}{l}u = \dfrac{1}{{12}}\\v = \dfrac{1}{{15}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{12}}\\\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{15}}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 12\\y = 15\end{array} \right.\left( {TM} \right)

Vậy vận tốc khi xuống dốc là 15km/h và vận tốc khi lên dốc là 12km/h.

Bài 13 (trang 133 SGK Toán 9 Tập 2)

Xác định hệ số a của hàm y = ax^2, biết rằng đồ thị của nó đi qua điểm A(-2; 1). Vẽ đồ thị của hàm số đó.

Gợi ý đáp án

Gọi (P) là đồ thị hàm số y = ax^2

A(-2;1) \in(P): y = ax^2 nên: \displaystyle 1 = a(-2)^2 ⇔ 4a = 1 ⇔ a = {1 \over 4}

Vậy ta có hàm số \displaystyle = {1 \over 4}{x^2}

Vẽ đồ thị hàm số \displaystyle y = {1 \over 4}{x^2}.

- Tập xác định D =R

- Bảng giá trị:

x -4 -2 0 2 4
\displaystyle y = {1 \over 4}{x^2}. 4 1 0 1 4

- Vẽ đồ thị: hình bên

Bài 14 (trang 133 SGK Toán 9 Tập 2)

Gọi {{\bf{x}}_{\bf{1}}},{\rm{ }}{{\bf{x}}_{\bf{2}}} là hai nghiệm của phương trình {\bf{3}}{{\bf{x}}^{\bf{2}}}-{\rm{ }}{\bf{ax}}{\rm{ }}-{\rm{ }}{\bf{b}}{\rm{ }} = {\rm{ }}{\bf{0}}. Tổng {{\bf{x}}_{\bf{1}}} + {\rm{ }}{{\bf{x}}_{\bf{2}}} bằng:

(A) \displaystyle - {a \over 3}

(B) \displaystyle {a \over 3}

(C) \displaystyle {b \over 3}

(D) \displaystyle - {b \over 3}

Hãy chọn câu trả lời đúng.

Gợi ý đáp án

x_1 và x_2 là hai nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn

\displaystyle 3{x^2} - ax + b = 0 \Rightarrow S = {x_1} + {x_2} = {a \over 3}

Chọn đáp án B

Bài 15 (trang 133 SGK Toán 9 Tập 2)

Hai phương trình {x^2} + ax + 1 = 0{x^2} - {\rm{ }}x{\rm{ }} - {\rm{ }}a{\rm{ }} = {\rm{ }}0 có một nghiệm thực chung khi a bằng:

(A) 0 ; (B) 1 ; (C) 2 ; (D) 3

Gợi ý đáp án

Giả sử x_0 là nghiệm chung của hai phương trình, thì x_0 phải là nghiệm của hệ:

\left\{ \matrix{x_0^2 + a{x_0} + 1 = 0 \, \, (1) \hfill \cr x_0^2 - {x_0} - a = 0 \, \, (2) \hfill \cr} \right.

Lấy (1) trừ cho (2), ta được:

ax_0+x_0+1+a=0

\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {a + 1} \right){x_0} + 1 + a = 0\\ \Leftrightarrow \left( {a + 1} \right)\left( {{x_0} + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a + 1 = 0\\ {x_0} + 1 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a = - 1\\ {x_0} = - 1 \end{array} \right.. \end{array}

+) Thay a = -1 vào (2), ta được: x_0^2 - {x_0} + 1 = 0

Ta có \Delta=-3<0 nên phương trình vô nghiệm.

Vậy loại trường hợp a = -1.

+) Thay x_0 = -1 vào (2), ta có 1+1-a=0 \Leftrightarrow a=2.

Vậy hai phương trình đã cho có nghiệm chung x_0 = -1 khi a=2.

Chọn đáp án C.

Bài 16 (trang 133 SGK Toán 9 Tập 2)

Giải các phương trình:

a) 2{x^3} - {\rm{ }}{x^2} + {\rm{ }}3x{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} = {\rm{ }}0

b) x(x+1)(x+4)(x+5) = 12

Gợi ý đáp án

a) 2{x^3} - {\rm{ }}{x^2} + {\rm{ }}3x{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} = {\rm{ }}0

\begin{array}{l}\;\;2{x^3} - {x^2} + 3x + 6 = 0\\\Leftrightarrow 2{x^3} + 2{x^2} - 3{x^2} + 6x - 3x + 6 = 0\\\Leftrightarrow 2{x^2}\left( {x + 1} \right) - 3x\left( {x + 1} \right) + 6\left( {x + 1} \right) = 0\\\Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2{x^2} - 3x + 6} \right) = 0\\\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\2{x^2} - 3x + 6 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\2{x^2} - 3x + 6 = 0\;\;\left( * \right)\end{array} \right.\end{array}

Giải phương trình (*) ta có: {\Delta = {{\left( { - 3} \right)}^2} - 4.2.6 = 9 - 48 =-39 < 0} nên phương trình (*) vô nghiệm.

Vậy phương trình có 1 nghiệm x = -1.

b) x(x+1)(x+4)(x+5) = 12

\begin{array}{l} \;x\left( {x + 1} \right)\left( {x + 4} \right)\left( {x + 5} \right) = 12\\ \Leftrightarrow \left[ {x\left( {x + 5} \right)} \right]\left[ {\left( {x + 1} \right)\left( {x + 4} \right)} \right] = 12\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 5x} \right)\left( {{x^2} + 5x + 4} \right) = 12 \, \, \, (*). \end{array}

Đặt {x^2} + 5x = t \Rightarrow {x^2} + 5x + 4 = t + 4.

Khi đó phương trình \left( * \right) \Leftrightarrow t\left( {t + 4} \right) = 12

\begin{array}{l} \Leftrightarrow {t^2} + 4t - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {t^2} + 6t - 2t - 12 = 0\\ \Leftrightarrow t\left( {t + 6} \right) - 2\left( {t + 6} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {t + 6} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t - 2 = 0\\ t + 6 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = 2\\ t = - 6 \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} {x^2} + 5x = 2\\ {x^2} + 5x = - 6 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x^2} + 5x - 2 = 0\;\;\;\;\left( 1 \right)\\ {x^2} + 5x + 6 = 0\;\;\;\left( 2 \right) \end{array} \right. \end{array}

+) Giải phương trình (1) ta có: \Delta = {5^2} + 4.2 = 33 > 0 \Rightarrow phương trình có hai nghiệm phân biệt: {x_1} = \dfrac{{ - 5 + \sqrt {33} }}{2} và {x_2} = \dfrac{{ - 5 - \sqrt {33} }}{2}.

+) Giải phương trình (2) ta có: \Delta = {5^2} - 4.6= 1 > 0 \Rightarrow phương trình có hai nghiệm phân biệt: {x_1} = -2{x_2} = -3.

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm

x=\dfrac{{ - 5 + \sqrt {33} }}{2}; x=\dfrac{{ - 5 - \sqrt {33} }}{2}; x=-2;x=-3.

Bài 17 (trang 133 SGK Toán 9 Tập 2)

Một lớp học có 40 học sinh được xếp ngồi đều nhau trên các ghế băng. Nếu ta bớt đi 2 ghế băng thì mỗi ghế còn lại phải xếp thêm 1 học sinh. Tính số ghế băng lúc đầu.

Gợi ý đáp án

Gọi số ghế băng lúc đầu là x ( ghế băng), ( x∈N*, x> 2)

Số học sinh ngồi trên mỗi ghế là \frac{40}{x} ( học sinh ) .

Khi bớt đi 2 ghế băng thì còn lại x- 2 ( ghế băng ) và khi đó, mỗi ghế có \frac{40}{x-2} học sinh ngồi.

Theo giả thiết, nếu ta bớt đi 2 ghế băng thì mỗi ghế còn lại phải xếp thêm 1 học sinh nên ta có phương trình:

\frac{40}{x-\ 2}\ -1\ =\ \frac{40}{x}

⇔ 40 x – x(x -2) = 40 (x- 2)

⇔ 40x – x2 + 2x = 40x – 80

⇔ - x2 + 2x + 80 = 0

Có a = -1, b= 2; c = 80 và ∆ = 22 – 4.(-1). 80 = 324

Nên phương trình trên có 2 nghiệm là: x1 = -8 ( loại) và x2 =10 ( thỏa mãn)

Vậy lúc đầu có 10 ghế băng.

Bài 18 (trang 133 SGK Toán 9 Tập 2)

Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 10cm. Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 2cm. Tính độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông đó.

Gợi ý đáp án

 

Gọi số đo độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông đó là x(cm), y (cm)

( 0 < y < x < 10)

Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 2cm nên ta được x – y = 2 , (1).

Theo định lý Pytago ta có: x2 + y2 = 102 = 100 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 

X - Y = 2 (1)

vÀ x2 + y2 = 100 (2)

Từ (1) suy ra: x= y+ 2 thay vào (2) ta được:

( y + 2)2 + y2 = 100

⇔ y2+ 4y + 4 + y2 = 100

⇔ 2y2 + 4y – 96 = 0 hay y2 + 2y – 48 = 0

Giải ra ta được: y1 = 6; y2 = -8 < 0 ( loại)

Với y= 6 suy ra x = 8.

Vậy độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông là 6cm và 8cm.

Giải bài tập phần Hình học Toán 9 tập 2 trang 131

Bài 1 (trang 134 SGK Toán 9 Tập 2)

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

Gợi ý đáp án

Gọi độ dài một cạnh của hình chữ nhật là x (x > 0, cm)

Nửa chu vi hình chữ nhật là: 20 : 2 = 10 (cm)

Độ dài cạnh còn lại của hình chữ nhật là : 10 – x (cm).

Theo định lý Pytago ta có:

AC2 = x2 + (10 – x)2

= x2 + 100 – 20x + x2

= 2x2 – 20x + 100

= 2(x2 – 10x + 25) + 50

= 2.(x – 5)2 + 50 ≥ 50.

⇒ AC ≥ 5√2

Dấu "=" xảy ra khi (x – 5)2 = 0 ⇔ x = 5.

Vậy đường chéo AC nhỏ nhất là 5√2cm khi ABCD là hình vuông cạnh bằng 5cm.

Bài 2 (trang 134 SGK Toán 9 Tập 2)

Tam giác ABC có góc B = 45o, góc C = 30o. Nếu AC = 8 thì AB bằng:

(A) 4

(B) 4\sqrt2

(C) 4\sqrt3

(D) 4\sqrt6

Hãy chọn câu trả lời đúng.

Gợi ý đáp án

Hạ AH\bot BC (H \in BC).

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

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

Xét ∆HAB 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 9 Tập 2)

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.

Gợi ý đáp án

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 9 Tập 2)

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.

Gợi ý đáp án

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 9 Tập 2)

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.

Gợi ý đáp án

Đặt AH = x (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( {ktm} \right) \end{array} \right..\\ \Rightarrow AH = 9\;cm. \end{array}

Ta có: HC^2 = AH. HB = 9. 16 = 144

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 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

C. 20/3

B. 7

D.8

Gợi ý đáp án

Gọi O là tâm đường tròn. Từ O kẻ bán kính vuông góc với BC, cắt BC ở G, cắt EF ở H.

Ta có: G, H lần lượt là trung điểm BC và EF.

BG = BC/2 = 2,5

⇒ AG = AB + BG = 6,5

⇒ DH = AG = 6,5

⇒ EH = DH – DE = 3,5

⇒ EF = 2.EH = 7.

Vậy chọn đáp án B.

Bài 7 (trang 134 SGK Toán 9 Tập 2)

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 DOE = 60o.

a) Chứng minh tích BD.CE không đổi.

b) Chứng minh ΔBOD ∼ 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.

Gợi ý đáp án

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 đồng dạng ∆CEO (g.g)

\displaystyle \Rightarrow {{B{\rm{D}}} \over {BO}} = {{CO} \over {CE}} \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 đồng dạng ΔOED

Từ câu (a) ta có: ∆BOD đồng dạng ∆CEO

\displaystyle B{\rm{D}}.CE = {{B{C^2}} \over 4}

\widehat B = \widehat {DOE} = {60^0}

Vậy ΔBOD đồng dạng ΔOED (c.g.c) \Rightarrow \widehat {B{\rm{D}}O} = \widehat {O{\rm{D}}E}

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 (ch - gn) ⇒ 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 9 Tập 2)

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').

Gợi ý đáp án

Vì AB là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) nên OB \bot AB và O’A \bot 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{\rm{r}} \cr}

Ta có PO’ = OO’ = R + r = 3r (do AO’ là 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 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)

Bài 9 (trang 135 SGK Toán 9 Tập 2)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O') và ngoại tiếp đường tròn (O). Tia AO cắt đường tròn (O') tại D. Ta có:

(A) CD = BD = O'D ;

(B) AO = CO = OD

(C) CD = CO = BD ;

(D) CD = OD = BD

Hãy chọn câu trả lời đúng.

Gợi ý đáp án

Vì AC và BC tiếp xúc với đường tròn (O), AD đi qua O nên ta có AD là phân giác góc BAC (vì tâm đường tròn nội tiếp trong tam giác là giao điểm của ba đường phân giác trong tam giác)

Nên \widehat {CA{\rm{D}}} = \widehat {BA{\rm{D}}} = \alpha

Lại có\widehat {CA{\rm{D}}}là góc nội tiếp chắn cung CD, \widehat {BA{\rm{D}}} là góc nội tiếp chắn cung BD

⇒ \overparen{CD}=\overparen{DB} (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau)

⇒CD = DB (*) (hai cung bằng nhau căng 2 dây bằng nhau)

Tương tự, CO là tia phân giác của góc C nên:

\widehat {AC{\rm{O}}} = \widehat {BCO} = \beta .

Mặt khác: \widehat {DCO} = \widehat {DCB} + \widehat {BCO} = \alpha + \beta \, \,(1) (do \widehat {BA{\rm{D}}} = \widehat {BC{\rm{D}}})

Ta có: \widehat {CO{\rm{D}}} là góc ngoài của ∆ AOC nên

\widehat {CO{\rm{D}}} = \widehat {OAC} + \widehat {OC{\rm{A}}} = \beta + \alpha \, \, (2)

Từ (1) và (2) ta có: \widehat {OC{\rm{D}}} = \widehat {CO{\rm{D}}}

Vậy ∆DOC cân tại D (2*)

Từ (*) và (2*) suy ra CD = OD = BD.

Chọn đáp án D.

Bài 10 (trang 135 SGK Toán 9 Tập 2)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Các cung nhỏ AB, BC, CA có số đo lần lượt là x + 75^0, 2x + 25^0, 3x - 22^0. Một góc của tam giác ABC có số đo là:

(A) 57^05 ;

(B) 59^0 ;

(C) 61^0 ;

(D) 60^0

Gợi ý đáp án

Vì các cung AB, BC, CA tạo thành 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 sđ\overparen{AB}=x + {75^0} = {47^0} + {75^0} = {122^0}

\displaystyle \Rightarrow \widehat C = {{{sđ\overparen{AB}}} \over 2}= {{{{122}^0}} \over 2} = {61^0} (vì góc C là góc nội tiếp chắn cung AB)

sđ\overparen{BC} =2x + {25^0} = {2.47^0} + {25^0} = {119^0} \displaystyle \Rightarrow \widehat A = {{{sđ\overparen{BC}}} \over 2}= {{{{119}^0}} \over 2} = 59,{5^0} (vì góc A là góc nội tiếp chắn cung BC)

sđ\overparen{AC}=3x - {22^0} = {3.47^0} - {22^0} = {119^0} \displaystyle \Rightarrow \widehat B = {{{sđ\overparen{AC}}} \over 2}={{{{119}^0}} \over 2} = 59,{5^0} (vì góc B là góc nội tiếp chắn cung AC)

Chọn đáp án C

Bài 11 (trang 135 SGK Toán 9 Tập 2)

Từ một điểm P ở ngoài đường tròn (O), kẻ cát tuyến PAB và PCD tới đường tròn. Gọi Q là một điểm nằm trên cung nhỏ BD (không chứa A và C) sao cho sđ\overparen{BQ}=42^0sđ\overparen{QD}=38^0. Tính tổng \widehat {BP{\rm{D}}} + \widehat {AQC}.

Gợi ý đáp án

Ta có \widehat {BP{\rm{D}}} là góc ở ngoài đường tròn (O) nên:

\displaystyle \widehat {BPD} = {sđ\overparen{BQD} -sđ\overparen{AC}\over 2} (góc có đỉnh nẳm ngoài đường tròn chắn cung AC và BD).

Ta có \widehat {AQC} là góc nội tiếp trong đường tròn (O) nên:

\displaystyle \widehat {AQC} = {1 \over 2}sđ\overparen{AC} (góc nội tiếp chắn cung AC).

\displaystyle \Rightarrow \widehat {BPD} + \widehat {AQC} = {sđ\overparen{BQD} -sđ\overparen{AC} \over 2} + {1 \over 2}sđ\overparen{AC}

\displaystyle ={1 \over 2}sđ\overparen{BQD}={{{{42}^0} + {{38}^0}} \over 2} = {40^0}.

Vậy \widehat {BP{\rm{D}}} + \widehat {AQC} = {40^0}.

Bài 12 (trang 135 SGK Toán 9 Tập 2)

Một hình vuông và một hình tròn có chu vi bằng nhau. Hỏi hình nào có diện tích lớn hơn?

Gợi ý đáp án

Giả sử gọi cạnh hình vuông là a và bán kính đường tròn là R.

Khi đó, chu vi hình vuông là 4a và chu vi hình tròn là 2πR.

Theo đề bài ra ta có: \displaystyle 4{\rm{a}} = 2\pi R \Rightarrow a = {{\pi R} \over 2}

Ta lập tỉ số diện tích hình vuông và hình tròn:

\displaystyle {{{S_{hv}}} \over {{S_{htr}}}} = {{{a^2}} \over {\pi {R^2}}} =\displaystyle {{{{\left( {{{\pi R} \over 2}} \right)}^2}} \over {\pi {R^2}}} \displaystyle ={{{\pi ^2}{R^2}} \over {4\pi {R^2}}} = {\pi \over 4} < 1 (vì π ≈ 3,14)

\Rightarrow {S_{hv}} < {S_{htr}}

Vậy hình tròn có diện tích lớn hơn hình vuông.

Bài 13 (trang 135 SGK Toán 9 Tập 2)

Cho đường tròn (O), cung BC có số đo bằng 120^0, điểm A di chuyển trên cung lớn BC. Trên tia đối tia AB lấy điểm D sao cho AD = AC. Hỏi điểm D di chuyển trên đường nào?

Gợi ý đáp án

 

Ta có \displaystyle \widehat A = {1 \over 2}sđ\overparen{BC}= {60^0}; \displaystyle \widehat {B{\rm{D}}C} = {1 \over 2}{.60^0} = {30^0}. (số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn.)

Như vậy, điểm D tạo với hai mút của đoạn thẳng BC cố định một góc \widehat {B{\rm{D}}C} = {30^0} nên D chuyển động trên cung chứa góc 30^0 dựng trên BC.

Ta có, khi A ≡ B thì D ≡ E và khi A ≡ C thì D ≡ C.

Vậy khi A di chuyển trên cung lớn BC thì D di chuyển trên cung CE thuộc cung chứa góc 30^0 dựng trên BC.

Bài 14 (trang 135 SGK Toán 9 Tập 2)

Dựng tam giác ABC, biết BC = 4cm, góc \widehat {A} = 60^0, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 1cm.

Gợi ý đáp án

Phân tích:

Giả sử dựng được ΔABC thỏa mãn điều kiện.

Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác.

\widehat {BOC} = 180^\circ - \left( {\widehat {OBC} + \widehat {OCB}} \right) \\= 180^\circ - \dfrac{1}{2}\left( {\widehat {ABC} + \widehat {ACB}} \right) = 180^\circ - \dfrac{1}{2}\left( {180^\circ - \widehat A} \right) \\= 180^\circ - \dfrac{1}{2}\left( {180^\circ - 60^\circ } \right) = 120^\circ

⇒ O thuộc cung chứa góc 120º dựng trên đoạn BC.

+ Bán kính đường tròn nội tiếp ΔABC bằng 1

⇒ O cách BC 1cm

⇒ O thuộc d // BC và cách BC 1cm.

Vậy O là giao của cung chứa góc 120º dựng trên đoạn BC và đường thẳng d.

Cách dựng:

Dựng BC = 4cm và đường thẳng (d) song song với BC và cách BC một khoảng là 1cm.

Tâm O của đường tròn nội tiếp ∆ABC là giao điểm của đường thẳng (d) với cung chứa góc {120^0} dựng trên đoạn BC cố định.

Qua B và C vẽ các tiếp tuyến với (O;1cm), chúng cắt nhau tại A. Tam giác ABC là tam giác phải dựng.

Chứng minh:

+ Theo cách dựng có BC = 4cm .

+ O thuộc cung 120º dựng trên đoạn BC \Rightarrow \widehat {BOC} = {120^0}

+ A là giao của 2 tiếp tuyến

⇒ (O; 1cm) tiếp xúc với AB và AC

Mà khoảng cách từ O đến BC = 1cm

⇒ (O; 1cm) cũng tiếp xúc với BC

⇒ (O; 1cm) là đường tròn nội tiếp ΔABC

\Rightarrow \widehat {BAC} = \dfrac{1}{2}\widehat {BOC} = \dfrac{{{{120}^0}}}{2} = {60^0}

(số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo góc ở tâm)

Vậy ΔABC có BC = 4cm, \widehat {BAC} = {60^0} đường tròn nội tiếp có bán kính 1cm thỏa mãn yêu cầu.

Biện luận:

Vì d cắt m tại hai điểm nên bài toán có hai nghiệm hình ΔABC và ΔA’BC như hình vẽ.

Bài 15 (trang 135 SGK Toán 9 Tập 2)

Tam giác ABC cân tại A có cạnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường tròn (O).Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn lần lượt cắt tia AC và tia AB ở D và E. Chứng minh:

a) BD2 = AD.CD

b) Tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp

c) BC song song với DE

Gợi ý đáp án

a) Xét ∆ADB và ∆BDC, ta có:

\widehat {BA{\rm{D}}} = \widehat {CB{\rm{D}}} ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC).

\widehat {{D_1}} góc chung

Vậy ∆ADB đồng dạng ∆BDC ⇒ \displaystyle {{B{\rm{D}}} \over {C{\rm{D}}}} = {{A{\rm{D}}} \over {B{\rm{D}}}} (g-g)

\Rightarrow B{{\rm{D}}^2} = A{\rm{D}}.C{\rm{D}} (đpcm)

b) Ta có \widehat \widehat {A{\rm{E}}C} là góc có đỉnh ở bên ngoài (O)

\displaystyle \widehat {AEC} = {sđ\overparen{AC}-sđ\overparen{BC}\over 2} = { sđ\overparen{AB}-sđ\overparen{BC}\over 2} = \widehat {ADB}

Xét tứ giác BCDE, ta có: \widehat {A{\rm{E}}C}\widehat {ADB} là hai góc kề cạnh ED cùng nhìn đoạn BC dưới các góc bằng nhau \widehat {A{\rm{E}}C} = \widehat {ADB} .

Vậy tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn

c) Ta có: \widehat {ACB} + \widehat {BC{\rm{D}}} = {180^0} (hai góc kề bù).

hay \widehat {ABC} + \widehat {BC{\rm{D}}} = {180^0} (∆ABC cân tại A)

\Rightarrow \widehat {ABC} = {180^0} - \widehat {BC{\rm{D}}}(1)

Vì BCDE là tứ giác nội tiếp nên

\widehat {BE{\rm{D}}} + \widehat {BC{\rm{D}}} = {180^0} \Rightarrow \widehat {BE{\rm{D}}} = {180^0} - \widehat {BC{\rm{D}}}(2)

So sánh (1) và (2), ta có: \widehat {ABC} = \widehat {BE{\rm{D}}}

Ta cũng có: \widehat {ABC}\widehat {BE{\rm{D}}} là hai góc đồng vị. Suy ra: BC // DE (đpcm)

Bài 16 (trang 135 SGK Toán 9 Tập 2)

Một mặt phẳng chứa trục OO' của một hình trụ; phần mặt phẳng nằm trong hình trụ là một hình chữ nhật có chiều dài 3cm, chiều rộng 2cm.Tính diện tích xung quanh và thể tích hình trụ đó.

Gợi ý đáp án

Xét hai trường hợp:

a) Đường cao hình trụ bằng 3cm, đường kính đáy trụ bằng 2cm (hình a)

⇒ bán kính đáy trụ: R = 1cm.

Sxq = 2πRh = 2π.1.3 = 6π (cm2)

V = πR2h = π.12.3 = 3π (cm3)

b) Đường cao hình trụ bằng 2cm, đường kính đáy trụ bằng 3cm

⇒ bán kính đáy trụ: R = 1,5 cm

Sxq = 2πRh = 2π.1,5.2 = 6π (cm2)

V = πR2h = π.(1,5)2.2 = 4,5π (cm3)

Bài 17 (trang 135 SGK Toán 9 Tập 2)

Khi quay tam giác ABC vuông ở A một vòng quanh cạnh góc vuông AC cố định, ta được một hình nón. Biết rằng BC = 4dm, góc ACB = 30o. Tính diện tích xung quanh và thể tích hình nón.

Gợi ý đáp án

Trong tam giác vuông ABC, ta có:

\eqalign{ & AB = BC.\sin C = BC.\sin {30^0} = 4.{1 \over 2} = 2\left( {dm} \right) \cr & AC = BC.\cos C = BC.\cos {30^0} = 4.{{\sqrt 3 } \over 2} \cr&= 2\sqrt 3 \left( {dm} \right) \cr}

Ta có: S_{xq}= πRl = π. 2. 4 = 8 π (dm^2).

\displaystyle V = {1 \over 3}\pi {R^2}h = {1 \over 3}\pi {.2^2}.2\sqrt 3 = {{8\sqrt 3 .\pi } \over 3}(d{m^3}).

Bài 18 (trang 135 SGK Toán 9 Tập 2)

Một hình cầu có số đo diện tích (đơn vị:m^2) bằng số đo thể tích (đơn vị: m^3). Tính bán kính hình cầu, diện tích mặt cầu và thể tích hình cầu.

Gợi ý đáp án

Gọi R là bán kính hình cầu (đơn vị : mét)

Khi đó ta có: S = 4πR^2 và \displaystyle V = {4 \over 3}\pi {R^3}

Theo đề bài ta có: \displaystyle 4\pi {R^2} = {4 \over 3}\pi {R^3} \Rightarrow {R \over 3} = 1 \Rightarrow R = 3(m)

Ta có: S = 4πR^2 = 4π . 3^2= 36π (m^2)

\displaystyle V = {4 \over 3}\pi {R^3} = {4 \over 3}\pi {.3^3} = 36\pi \left( {{m^3}} \right).

Mời bạn đánh giá!
  • Lượt xem: 04
  • Dung lượng: 1,7 MB
Liên kết tải về