Hướng dẫn giải bài xích tập ôn thời điểm cuối năm phần hình học, sách giáo khoa toán 9 tập hai. Nội dung bài xích 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 hàm tổng vừa lòng công thức, lý thuyết, phương thức giải bài tập phần hình học tất cả trong SGK toán sẽ giúp các em học sinh học giỏi môn toán lớp 9.

Bạn đang xem: Giải bài tập toán 9 tập 2 sgk hình học

Lý thuyết

1. Chương I – Hệ thức lượng giác vào tam giác vuông

2. Chương II – Đường tròn

3. Chương III – Góc với mặt đường tròn

4. Chương IV – hình trụ – Hình nón – Hình cầu

Dưới đó 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. Các bạn hãy gọi kỹ đầu bài trước lúc giải nhé!

Bài tập Ôn thời điểm cuối năm phần Hình học

welcome-petersburg.com ra mắt với chúng ta đầy đủ phương thức giải bài tập phần hình học 9 kèm bài giải chi 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 bác tập ôn cuối năm phần hình học tập cho các bạn tham khảo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài bác tập chúng ta xem dưới đây:

*
Giải bài xích 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

1. Giải bài bác 1 trang 134 sgk toán 9 tập 2

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

Bài giải:

*

Gọi (x) ((cm)) là độ lâu năm cạnh (AB) ((x > 0)). Theo đề bài bác thì độ dài cạnh (BC) là ((10 – x))

Áp dụng định lí Py-ta-go trong 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 xảy ra khi : (x – 5 = 0 ⇔ x = 5)

Vậy giá bán trị nhỏ tuổi 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) tất cả góc (widehat B = 45^0), góc (widehat C = 30^0). Ví như (AC = 8) thì (AB) bằng:

(A). (4) (B). (4sqrt2)

(C). (4sqrt3) (D). (4sqrt6)

Hãy lựa chọn câu trả lời đúng.

Bài giải:

*

Hạ (AH ot BC) ((H in BC))

Trong tam giác vuông (HAC) ( (widehat H = 90^0) ) có . Vậy (∆HAC) là nửa tam giác rất nhiều cạnh (AC), đường cao (CH) cũng là đường trung tuyến.

(Rightarrow AH = AC over 2 = 4(cm))

Xét (∆HAB) là tam giác vuông cân tại (H)

(⇒ AH = bảo hành = 4) ((cm))

Áp dụng định lí Py-ta-go vào 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 giải đáp B.

3. Giải bài xích 3 trang 134 sgk Toán 9 tập 2

Cho tam giác (ABC) vuông nghỉ ngơi (C) bao gồm đường trung tuyến đường (BN) vuông góc với đường trung đường (CM), cạnh (BC = a). Tính độ dài đường trung con đường (BN).

Bài giải:

*

Gọi (G) là giữa trung tâm của tam giác (ABC), ta có: (BG = 2 over 3BN)

Áp dụng hệ thức lượng trong 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 4 trang 134 sgk Toán 9 tập 2

Nếu tam giác vuông (ABC) vuông trên (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 câu trả lời D.

5. Giải bài xích 5 trang 134 sgk Toán 9 tập 2

Tam giác (ABC) vuông tại (C) tất cả (AC = 15cm). Đường cao (CH) chia (AB) thành nhì đoạn (AH) cùng (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 bác 6 trang 134 sgk Toán 9 tập 2

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

Độ nhiều năm (EF) bằng:

(A). (6) (B). (7) (C). (20 over 3) (D). (8)

Hãy lựa chọn câu trả lời đúng?

*

Bài giải:

Gọi (O) là chổ chính giữa của con đường tròn. Qua (O), kẻ mặt đường vuông góc với (BC), giảm (DE) sinh hoạt (P) cùng (BC) sống (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 cần (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 giải đáp B.

7. Giải bài bác 7 trang 134 sgk Toán 9 tập 2

Cho tam giác rất nhiều (ABC), (O) là trung điểm của (BC). Trên những cạnh (AB, AC) theo thứ tự lấy các điểm di động cầm tay (D) và (E) sao cho góc (widehat DOE = 60^0).

a) minh chứng tích (BD.CE) ko đổi.

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

c) Vẽ mặt đường tròn trung tâm (O) tiếp xúc với (AB). Minh chứng rằng con đường tròn này luôn tiếp xúc cùng với (DE).

Bài giải:

*

a) chứng minh tích (BD.CE) ko đổi.

Xét nhì tam giác: (∆BOD) và (∆CEO), ta có: (widehat B = widehat C = 60^0) (gt) (1)

Ta bao gồm (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(2))

Từ (1) với (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) ko đổi

b) minh chứng (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 hotline (I) là tiếp điểm của ((O)) cùng với (AB), khi đó (OI ot AB). Xét nhì 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 chứng tỏ rằng (OK) là nửa đường kính của ((O)) cùng (OK ot DE) yêu cầu (K) là tiếp điểm của (DE) với ((O)) xuất xắc (DE) tiếp xúc với đường tròn ((O))

8. Giải bài xích 8 trang 134 sgk Toán 9 tập 2

Cho hai tuyến đường tròn ((O; R)) với ((O’; r)) tiếp xúc quanh đó ((R > r)). Nhị tiếp tuyến phổ biến (AB) và (A’B’) của hai đường tròn ((O)) và ((O’)) cắt nhau tại (P) ((A) cùng (A’) thuộc con đường tròn ((O’)), (B) và (B’) thuộc mặt đường tròn ((O))). Biết (PA = AB = 4 cm). Tính diện tích hình tròn trụ ((O’)).

Bài giải:

*

Vì (AB) là tiếp tuyến phổ biến của ((O)) và ((O’)) bắt buộc (OB ot AB) cùng (O’A ot AB)

Xét nhị 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 gồm (PO’ = OO’ = R + r = 3r) (do (AO’) là mặt 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) tuyệt (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 xích 9 trang 135 sgk Toán 9 tập 2

Cho tam giác (ABC) nội tiếp con đường tròn ((O’)) với ngoại tiếp con đường tròn ((O)). Tia (AO) giảm đường tròn ((O’)) trên (D). Ta có:

(A) (CD = BD = O’D) ; (B) (AO = teo = OD)

(C) (CD = teo = BD) ; (D) (CD = OD = BD)

Hãy chọn câu vấn đáp đúng?

Bài giải:

*

Vì (AC) với (BC) tiếp xúc với con đường tròn ((O)), (AD) đi qua (O) đề nghị ta có:

(widehat CA mD = widehat BA mD = alpha) (vì tâm đường tròn nội tiếp trong tam giác là giao điểm của cha 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 bên cạnh 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 (*) cùng (2*) suy ra (CD = OD = BD)

Chọn lời giải (D).

10. Giải bài bác 10 trang 135 sgk Toán 9 tập 2

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

(A). (57^05); (B). (59^0) ;

(C). (61^0) ; (D). (60^0)

Hãy chọn câu trả lời đúng?

Bài giải:

*

Vì các cung (AB, BC, CA) tạo thành đường tròn, vì chưng 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 đáp án C.

11. Giải bài bác 11 trang 135 sgk Toán 9 tập 2

Từ một điểm (P) ở ở ngoài đường tròn ((O)), kẻ cát tuyến (PAB) và (PCD) tới mặt đường tròn. Call (Q) là 1 trong những điểm nằm trong cung bé dại (BD) (không chứa (A) với (C)) làm sao để cho (sđoverparenBQ=42^0) với (sđoverparenQD=38^0). Tính tổng (widehat BP mD + widehat AQC)

Bài giải:

*

Ta có (widehat BP mD) là góc ở ở ngoài đường tròn (O) nên:

(widehat BPD = sđoverparenBQD -sđoverparenACover 2)

Ta có (widehat AQC) là góc nội tiếp trong con 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 trụ có chu vi bởi nhau. Hỏi hình làm sao có diện tích lớn hơn?

*

Bài giải:

Giả sử call cạnh hình vuông là (a) và nửa đường kính đường tròn là (R).

Khi đó, chu vi hình vuông vắn là (4a) với chu vi hình tròn 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 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 13 trang 135 sgk Toán 9 tập 2

Cho con đường tròn ((O)), cung (BC) bao gồm số đo bằng (120^0), điểm (A) dịch rời trên cung bự (BC). Trên tia đối tia (AB) rước điểm (D) làm thế nào cho (AD = AC). Hỏi điểm (D) di chuyển trên con đường nào?

Bài giải:

*

Ta gồm (widehat A = 1 over 2sđoverparenBC)(= 60^0;widehat B mDC = 1 over 2.60^0 = 30^0)

Như vậy, điểm (D) tạo nên với nhị mút của đoạn thẳng (BC) cố định một góc (widehat B mDC = 30^0) phải (D) vận động trên cung chứa góc (30^0) dựng trên (BC).

Ta có, lúc (A ≡ B) thì (D ≡ E) cùng khi (A ≡ C) thì (D ≡ C)

Vậy lúc (A) di chuyển trên cung khủng (BC) thì (D) dịch chuyển trên cung (CE) trực thuộc cung chứa góc (30^0) dựng 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 bằng (1cm).

Bài giải:

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

Tâm (O) của mặt đường tròn nội tiếp (∆ABC) là giao điểm của con đường thẳng ((d)) với cung chứa góc (90^0 + 60^0:2 = 120^0) dựng bên trên đoạn (BC) thế định

Qua (B) và (C) vẽ các tiếp đường với ((O)), chúng giảm nhau tại (A). Tam giác (ABC) là tam giác buộc phải dựng.

*

15. Giải bài 15 trang 135 sgk Toán 9 tập 2

Tam giác (ABC) cân tại (A) có cạnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp con đường tròn ((O)).Tiếp đường tại (B) và (C) của con đường tròn lần lượt giảm tia (AC) với tia (AB) sinh sống (D) với (E). Hội 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 cùng 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 có (widehat A mEC) là góc bao gồm 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 liên tiếp 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) với (widehat BE mD) là nhì góc đồng vị. Suy ra: (BC // DE) (đpcm)

16. Giải bài xích 16 trang 135 sgk Toán 9 tập 2

Một phương diện phẳng chứa trụ (OO’) của một hình trụ; phần mặt phẳng bên trong hình trụ là một hình chữ nhật có chiều nhiều năm (3cm), chiều rộng (2cm).Tính diện tích xung quanh cùng thể tích hình trụ đó.

Bài giải:

Bài toán bao gồm 2 trường hợp

a) TH 1: Đường cao của hình trụ bằng (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 đó chiều lâu năm 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 quay tam giác (ABC) vuông sinh sống (A) một vòng xung quanh cạnh góc vuông (AC) gắng định, ta được một hình nón. Hiểu được (BC = 4dm), góc (widehat ACB = 30^0). Tính diện tích s 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 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 ước và thể tích hình cầu.

Xem thêm: Spinoff Là Gì Và Cấu Trúc Cụm Từ Spin Off Trong Câu Tiếng Anh

Bài giải:

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

Khi đó ta có: (S = 4πR^2) với (V = 4 over 3pi R^3)

Theo đề bài xích 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 chúng ta làm bài tốt cùng giải bài xích tập sgk toán lớp 9 với giải bài xích 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!