Cùng nhau ôn tập lại chương Hình trụ - Hình nón - Hình Cầu một cách tổng quát nhất, qua đó giúp các em hình thành khái niệm về hình học không gian, nắm chắc kiến thức để lên các lớp trên.
a. Diện tích xung quanh hình trụ
Với bán kính đáy r và chiều cao h, ta có:
Diện tích xung quanh: \(S_{xq}=2\pi rh\)
Diện tích toàn phần: \(S_{tp}=2\pi rh+2\pi r^2\)
b. Thể tích hình trụ
Thể tích hình trụ được cho bởi công thức: \(V=Sh=\pi r^2h\)
a. Diện tích xung quanh của hình nón
Công thức: \(S_{xq}=\pi rl\)
Trong đó: r là bán kính của đáy; l là độ dài đường sinh
Vậy ta suy ra công thức diện tích toàn phần:
\(S_{tp}=S_{xq}+S_{day}=\pi rl+\pi r^2\)
b. Thể tích hình nón
Bằng thực nghiệm, ta có thể tích hình nón là: \(V=\frac{1}{3}\pi r^2h\)
Diện tích xung quanh và thể tích hình nón cụt
Ta có các công thức sau:
\(S_{xq}=\pi (r_1+r_2)l\)
\(V=\frac{1}{3}\pi h(r_{1}^{2}+r_{2}^{2}+r_1r_2)\)
a. Diện tích mặt cầu
Nhắc lại kiến thức đã học ở lớp dưới, ta có công thức sau:
\(S=4\pi R^2=\pi d^2\) (với R là bán kính, d là đường kính của mặt cầu)
b. Thể tích mặt cầu
Công thức tính thể tích mặt cầu:
\(V=\frac{4}{3}\pi R^3\)
Bài 1: Hình trụ có chu vi đường tròn là \(20\pi cm\), chiều cao là \(4cm\). Thể tích hình trụ là:
Hướng dẫn: Từ chu vi của đường tròn, ta suy ra \(R=10 cm\); Vậy Thể tích là \(V=\pi R^2h=\pi.10^2.4=400 \pi (cm^3)\)
Bài 2:
Cho hình vẽ:
Cho biết \(OB=5cm, AB=13cm\). Thể tích của hình nón trên là:
Hướng dẫn:
Bằng định lí Pytago, ta suy ra được \(OA=\sqrt{AB^2-OB^2}=12cm\)
Vậy \(V=\frac{1}{3}.OA.\pi.OB^2=\frac{1}{3}.12.5^2.\pi=100 \pi(cm^3)\)
Bài 3: Diện tích xung quanh của hình nón cụt có bán kính đáy lớn đáy nhỏ lần lượt là \(14cm, 8cm\) và có đường sinh bằng \(9cm\) là:
Hướng dẫn: \(S_{xq}=\pi(R+r)l=\pi(14+8).9=198\pi (cm^2)\)
Bài 4: Mô tả hình bên được tạo nên bởi một hình nón có đường sinh là \(13cm\), bán kính là \(5cm\) và một nửa mặt cầu. Hãy tính thể tích khối hình.
Hướng dẫn:
Dễ dàng tính được đường cao của hình nón bằng định lí Pytago: \(h=\sqrt{13^2-5^2}=12cm\)
Vậy thể tích của hình nón là: \(V_{non}=\frac{1}{3}\pi R^2h=\frac{1}{3}\pi.5^2.12=100\pi (cm^3)\)
Thể tích nửa mặt cầu là: \(V_(nuacau)=\frac{2}{3}\pi R^3=\frac{2}{3}\pi.5^3=\frac{250}{3}\pi(cm^3)\)
Vậy thể tích khối hình là \(100\pi+\frac{250}{3}\pi=\frac{550}{3} \pi(cm^3)\)
Qua bài giảng giúp các em nắm được các nội dung:
Để cũng cố bài học xin mời các em cũng làm Bài kiểm tra Trắc nghiệm Hình học 9 Chương 4 Bài 4để kiểm tra xem mình đã nắm được nội dung bài học hay chưa.
Hình sinh ra khi quay quanh cạnh FI là:
Tỷ số thể tích của hình nón nội tiếp hình trụ và hình trụ là? (biết rằng chiều cao của nón bằng \(\frac{1}{2}\) đường cao hình trụ)
Câu 3-5: Mời các em đăng nhập xem tiếp nội dung và thi thử Online để củng cố kiến thức và nắm vững hơn về bài học này nhé!
Bên cạnh đó các em có thể xem phần hướng dẫn Giải bài tập Hình học 9 Chương 4 Bài 4 sẽ giúp các em nắm được các phương pháp giải bài tập từ SGK Toán 9
Bài tập 38 trang 129 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 39 trang 129 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 40 trang 129 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 41 trang 129 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 42 trang 130 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 43 trang 130 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 44 trang 130 SGK Toán 9 Tập 2
Bài tập 42 trang 174 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 43 trang 174 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 44 trang 174 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 45 trang 174 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 46 trang 175 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 47 trang 175 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 48 trang 175 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập 49 trang 175 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập IV.1 trang 176 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập IV.2 trang 176 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập IV.3 trang 176 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập IV.4 trang 177 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập IV.5 trang 177 SBT Toán 9 Tập 2
Bài tập IV.6 trang 177 SBT Toán 9 Tập 2
Nếu có thắc mắc cần giải đáp các em có thể để lại câu hỏi trong phần Hỏi đáp, cộng đồng Toán DapAnHay sẽ sớm trả lời cho các em.
-- Mod Toán Học 9 DapAnHay
Hình sinh ra khi quay quanh cạnh FI là:
Tỷ số thể tích của hình nón nội tiếp hình trụ và hình trụ là? (biết rằng chiều cao của nón bằng \(\frac{1}{2}\) đường cao hình trụ)
Thể tích của khối hình trên là: (biết bán kính đáy là 5, đường cao hình nón là 12)
Tỷ số thể tích của hình nón nội tiếp hình trụ và hình trụ là? (biết rằng chiều cao của nón bằng \(\frac{1}{3}\) đường cao hình trụ)
Một hình khối được mô tả như hình bên:
Được cấu tạo bởi một hình trụ và hai nửa mặt cầu hai bên. Biết hình trụ có chiều dài là \(20\), bán kính mặt đáy hình trụ là \(4\). Hãy tính diện tích toàn phần của hình khối.
Quan sát hình cầu ở hình bs.32 rồi điền số thích hợp vào các ô trống trong bảng sau (lấy π = 3,14)
Họ và tên
Tiêu đề câu hỏi
Nội dung câu hỏi
A. \(AC = 2\sqrt 7 \left( {cm} \right).\)
B. \(AC = \sqrt {52} \left( {cm} \right).\)
C. \(AC = 4\sqrt 5 \left( {cm} \right).\)
D. \(AC = 2\sqrt 3 \left( {cm} \right).\)
Câu trả lời của bạn
Từ A kẻ \(AH \bot BC\) khi đó trong tam giác ABH ta có:
\(AH = AB.\sin B = 6.\sin 60 = 3\sqrt 3 \,\left( {cm} \right)\)
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ABH ta có:
\(B{H^2} = A{B^2} - A{H^2} = {6^2} - {\left( {3\sqrt 3 } \right)^2} = 9\)
\(\Rightarrow BH = 3\left( {cm} \right)\)
Khi đó ta có: \(CH = BC - BH = 4 - 3 = 1\left( {cm} \right)\)
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ACH ta có: \(A{C^2} = A{H^2} + H{C^2} = {\left( {3\sqrt 3 } \right)^2} + 1 = 28 \)
\(\Rightarrow AC = 2\sqrt 7 \left( {cm} \right)\)
Chọn A.
A. \(V = 3\pi {a^3}.\)
B. \(V = 4\sqrt 3 \pi {a^3}.\)
C. \(V = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\pi {a^3}.\)
D. \(V = 3\sqrt 2 \pi {a^3}.\)
Câu trả lời của bạn
Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ với I là tâm của hình lập
phương suy ra I chính là tâm của mặt cầu (S). I là trung điểm của A’C.
Từ đó ta có: \(R = IC = \dfrac{{A'C}}{2} = \dfrac{{\sqrt {AA{'^2} + A{C^2}} }}{2}\)\(\, = \dfrac{{\sqrt {AA{'^2} + A{B^2} + B{C^2}} }}{2} \)\(\,= \dfrac{{\sqrt {{a^2} + {a^2} + {a^2}} }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Vậy \({V_{mc}} = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}.\pi .{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^3} = \dfrac{4}{3}\pi \dfrac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{8} = \dfrac{{\sqrt 3 \pi {a^3}}}{2}\)
Chọn C.
A. \(\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {cm} \right).\)
B. \(\dfrac{{\sqrt 2 }}{4}\left( {cm} \right).\)
C. \(1\left( {cm} \right).\)
D. \(\dfrac{1}{2}\left( {cm} \right).\)
Câu trả lời của bạn
Đặt \(OA' = a,\;\;OB' = b.\)
Ta có \(\Delta OA'A\) vuông cân tại \(A' \Rightarrow OA' = AA' = a \Rightarrow OA = a\sqrt 2 .\)
\(\Delta OBB'\) vuông cân tại \(B' \Rightarrow OB' = BB' = b \Rightarrow OB = b\sqrt 2 .\)
Theo đề bài ta có: \(AB = \sqrt 2 \Rightarrow OB = OA + \sqrt 2 \Leftrightarrow b\sqrt 2 = a\sqrt 2 + \sqrt 2 \)
\( \Leftrightarrow b - a = 1 \Leftrightarrow OB' - OA' = 1 \Leftrightarrow A'B' = 1.\)
Chọn C.
A. \(CF = a.\)
B. \(CF = \dfrac{{2a\sqrt 5 }}{5}.\)
C. \(CF = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}.\)
D. \(CF = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{5}.\)
Câu trả lời của bạn
Đặt \(BI = R,\;\;CE = r,\;\;KC = x\;\;\left( {0 < x < a} \right).\)
\(\begin{array}{l}BE = \sqrt {{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}} = \sqrt {\dfrac{{5{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2} \Rightarrow BI = IE = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{4} = R.\\CE = \dfrac{a}{2} = r,\;\;KE = \sqrt {C{E^2} - K{C^2}} = \sqrt {{r^2} - {x^2}} .\\KI = \sqrt {I{C^2} - K{C^2}} = \sqrt {{R^2} - {x^2}} .\\ \Rightarrow IE = KE + KI\\ \Leftrightarrow R = \sqrt {{R^2} - {x^2}} + \sqrt {{r^2} - {x^2}} \\ \Leftrightarrow {R^2} = {R^2} + {r^2} - 2{x^2} + 2\sqrt {\left( {{R^2} - {x^2}} \right)\left( {{r^2} - {x^2}} \right)} \\ \Leftrightarrow 2{x^2} - {r^2} = 2\sqrt {{R^2}{r^2} - \left( {{R^2} + {r^2}} \right){x^2} + {x^4}} \\ \Leftrightarrow 4{x^4} - 4{r^2}{x^2} + {r^4} = 4{R^2}{r^2} - 4\left( {{R^2} + {r^2}} \right){x^2} + 4{x^4}\;\;\;\left( {2{x^2} \ge {r^2}} \right)\\ \Leftrightarrow 4\left( {{R^2} + {r^2}} \right){x^2} - 4{r^2}{x^2} = 4{R^2}{r^2} - {r^4}\\ \Leftrightarrow 4{R^2}{x^2} = 4{R^2}{r^2} - {r^4}\\ \Leftrightarrow {x^2} = \dfrac{{4{R^2}{r^2} - {r^4}}}{{4{R^2}}} = \dfrac{{4.\dfrac{{5{a^2}}}{{16}}.\dfrac{{{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^4}}}{{16}}}}{{4.\dfrac{{5{a^2}}}{{16}}}} = \dfrac{{{a^2}}}{5}\\ \Rightarrow KC = x = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{5} \Rightarrow FC = 2x = \dfrac{{2a\sqrt 5 }}{5}.\end{array}\)
Chọn B
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) đường thẳng \(d\) có hệ số góc \(k\) đi qua điểm \(M\left( {1; - 3} \right)\) cắt các trục \(Ox,\;\;Oy\) lần lượt tại \(A\) và \(B.\) Hãy xác định tọa độ các điểm \(A,\;\;B\) theo \(k.\)
Câu trả lời của bạn
Gọi phương trình đường thẳng d có hệ số góc k là: \(y = kx + b\)
Đường thẳng d đi qua điểm \(M\left( {1; - 3} \right)\) nên ta có: \( - 3 = k.1 + b \Leftrightarrow b = - k - 3\)
Khi đó phương trình đường thẳng d có dạng: \(y = kx - k - 3\)
Nếu \(k = 0 \Rightarrow d:y = - 3\) nên điểm M không thuộc vào đường thẳng d trái với giả thiết. Khi đó ta suy ra \(k \ne 0.\)
+) Đường thẳng d giao với trục Ox (Phương trình y = 0 ) tại điểm A:
Khi đó ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\y = kx - k - 3\end{array} \right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\x = \dfrac{{k + 3}}{k}\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {\dfrac{{k + 3}}{k};0} \right)\)
+) Đường thẳng d giao với trục Oy (phương trình x = 0) tại điểm B:
Khi đó tọa độ điểm B chính là nghiệm của hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = kx - k - 3\end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = - k - 3\end{array} \right.\) \( \Rightarrow B\left( {0; - k - 3} \right)\)
a) Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp được trong đường tròn và xác định tâm O của đường tròn này.
b) Chứng minh \(OH \bot PQ\).
c) Chứng minh \(MP + MQ = AH\).
Câu trả lời của bạn
a) Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp được trong đường tròn và xác định tâm O của đường tròn này.
Xét tứ giác APMQ có: \(\angle APM = \angle AQM = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\)
\(\Rightarrow \angle APM + \angle AQM = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác APMQ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM.
Gọi O là trung điểm của AM \( \Rightarrow \) tứ giác APMQ nội tiếp được trong đường tròn tâm O đường kính AM.
b) Chứng minh \(OH \bot PQ\).
Ta có \(\angle AHM = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \)
\(\Rightarrow \angle AHM\) nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AM \( \Rightarrow \) H thuộc đường tròn \(\left( O \right)\).
Ta có \(\angle HPQ = \angle HAC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HQ)
\(\angle HQP = \angle HAB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HP).
Mà \(\angle HAC = \angle HAB\) (tam giác ABC đều nên đường cao AH đồng thời là đường phân giác)
\( \Rightarrow \angle HPQ = \angle HQP \Rightarrow \Delta HPQ\) cân tại H \( \Rightarrow HP = HQ\,\,\left( 1 \right)\).
Mà \(OP = OQ\) (do P, Q đều thuộc \(\left( O \right)\)) (2).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow OH\) là trung trực của PQ.
\( \Rightarrow OH \bot PQ\).
c) Chứng minh \(MP + MQ = AH\).
Ta có
\(\begin{array}{l}{S_{\Delta MAB}} = \dfrac{1}{2}MP.AB = \dfrac{1}{2}MP.BC\,\,\left( {Do\,\,AB = BC} \right)\\{S_{\Delta MAC}} = \dfrac{1}{2}MQ.AC = \dfrac{1}{2}MQ.BC\,\,\left( {Do\,\,AC = BC} \right)\\{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AH.BC\end{array}\)
Mà \({S_{\Delta MAB}} + {S_{\Delta MAC}} = {S_{\Delta ABC}}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{1}{2}MP.BC + \dfrac{1}{2}MQ.BC = \dfrac{1}{2}AH.BC\\ \Rightarrow \dfrac{1}{2}BC\left( {MP + MQ} \right) = \dfrac{1}{2}AH.BC\\ \Rightarrow MP + MQ = AH\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
Cho tam giác đều \(ABC\) có cạnh bằng \(a.\) Hai điểm \(M,\;N\) lần lượt di động trên hai đoạn thẳng \(AB,\;\;AC\) sao cho \(\dfrac{{AM}}{{MB}} + \dfrac{{AN}}{{NC}} = 1.\) Đặt \(AM = x\) và \(AN = y.\) Chứng minh: \(MN = a - x - y.\)\(\(MN = a - x - y.\)\)
Câu trả lời của bạn
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{{AM}}{{MB}} + \dfrac{{AN}}{{NC}} = 1\\ \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AB - AM}} + \dfrac{{AN}}{{AC - AN}} = 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{x}{{a - x}} + \dfrac{y}{{a - y}} = 1\\ \Leftrightarrow ax - xy + ay - xy = {a^2} - ax - ay + xy\\ \Leftrightarrow {a^2} - 2ax - 2ay + 3xy = 0\\ \Leftrightarrow {a^2} + {x^2} + {y^2} - 2ax - 2by + 2xy = {x^2} + {y^2} - xy\\ \Leftrightarrow {\left( {a - x - y} \right)^2} = {x^2} + {y^2} - xy\end{array}\)
Giả sử \(x > y\) , kẻ MM’ // BC, NN’ // BC \(M' \in AC;\,\,N' \in AB\).
Áp dụng định lí Ta-let ta có \(\dfrac{{AM}}{{AB}} = \dfrac{{AM'}}{{AC}};\,\,AB = AC \Rightarrow AM = AM'\)
\(\angle BAC = {60^0} \Rightarrow \angle MAM' = {60^0} \Rightarrow \Delta AMM'\) đều \( \Rightarrow MM' = AM = x\).
Chứng minh tương tự ta có : \(NN' = y\)
MM’ // NN’ ; \(\angle AMM' = \angle AM'M = {60^0} \Rightarrow \) tứ giác MM’NN’ là hình thang cân.
Ta có \(MN' = M'N = x - y\).
Kẻ \(NH \bot MM'\) ta có : \(M'H = \dfrac{{x - y}}{2};\,\,MH = \dfrac{{x + y}}{2}\).
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông NHM’ có :
\(NH = \sqrt {NM{'^2} - M'{H^2}} \)\(\;= \sqrt {{{\left( {x - y} \right)}^2} - \dfrac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}}}{4}} \)\(\;= \dfrac{{\left( {x - y} \right)\sqrt 3 }}{2}\)
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông NHM có :
\(\begin{array}{l}MN = \sqrt {N{H^2} + M{H^2}} \\ = \sqrt {\dfrac{{3{{\left( {x - y} \right)}^2}}}{4} + \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4}} \\= \sqrt {\dfrac{{4{x^2} + 4{y^2} - 4xy}}{4}}\\ = \sqrt {{x^2} + {y^2} - xy} \\= \sqrt {{{\left( {a - x - y} \right)}^2}} = \left| {a - x - y} \right|\end{array}\)
Ta có
\(\begin{array}{l}\dfrac{{AM}}{{MB}} + \dfrac{{AN}}{{NC}} = 1\\ \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{MB}} < 1 \Rightarrow AM < MB\\ \Rightarrow AM + AM < AM + MB = AB = a\\ \Rightarrow AM < \dfrac{1}{2}a\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta có \(AN < \dfrac{1}{2}a\)
\( \Rightarrow a - x - y > a - \dfrac{1}{2}a - \dfrac{1}{2}a = 0 \)
\(\Rightarrow \left| {a - x - y} \right| = a - x - y\)
Vậy \(MN = a - x - y\).
Cho một tam giác vuông có chu vi bằng 24 cm. Độ dài hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 2 cm. Tính diện tích tam giác vuông đó.
Câu trả lời của bạn
Gọi độ dài của cạnh góc vuông lớn của tam giác là \(x\;cm,\;\;\left( {2 < x \le 8} \right).\)
Khi đó độ dài cạnh góc vuông còn lại của tam giác là: \(x - 2\;\;\left( {cm} \right).\)
\( \Rightarrow \) Độ dài cạnh huyền của tam giác vuông là: \(24 - x - x + 2 = 26 - 2x\;\;\left( {cm} \right).\)
Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác vuông này ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\;\;\;\;{\left( {26 - 2x} \right)^2} = {x^2} + {\left( {x - 2} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 676 - 104x + 4{x^2} = 2{x^2} - 4x + 4\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - 100x + 672 = 0\\ \Leftrightarrow 2\left( {x - 42} \right)\left( {x - 8} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 42 = 0\\x - 8 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 42\;\;\left( {ktm} \right)\\x = 8\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Độ dài cạnh góc vuông còn lại của tam giác là: \(8 - 2 = 6\left( {cm} \right).\)
Vậy diện tích của tam giác vuông là: \(S = \dfrac{1}{2}.8.6 = 24\;c{m^2}.\)
1) Chứng minh tứ giác BDEI là tứ giác nội tiếp và \(CM \bot AB\).
2) Gọi K là giao điểm của BC và DM. Chứng minh \(BK.CE = BC.EK\)
Câu trả lời của bạn
1) Chứng minh tứ giác BDEI là tứ giác nội tiếp và \(CM \bot AB\).
Ta có \(\angle ADB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle EDB = {90^0}\).
Xét tứ giác \(BDEI\) có \(\angle EDB + \angle EIB = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác BDEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
\( \Rightarrow \angle EID = \angle EBD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE).
Mà \(\angle EBD = \angle CBD = \angle CMD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn \(\left( O \right)\))
\( \Rightarrow \angle EID = \angle CMD\). Mà hai góc này ở vị trí đồng vị \( \Rightarrow EI//CM\).
Mà \(EI \bot AB\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow CM \bot AB\).
2) Gọi K là giao điểm của BC và DM. Chứng minh \(BK.CE = BC.EK\)
Xét tứ giác ACEI có \(\angle ACE = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\angle ACE + \angle CIE = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác ACEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
\( \Rightarrow \angle CIE = \angle CAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CE)
Tứ giác BDEI là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle DIE = \angle DBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE)
Mà \(\angle CAE = \angle DBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn (O))
\( \Rightarrow \angle CIE = \angle DIE = \angle KIE \Rightarrow IE\) là phân giác trong của \(\angle CIK\).
Mà \(IE \bot IB\) nên IB là phân giác ngoài của \(\angle CIK\)
Áp dụng tính chất tia phân giác ta có :
\(\dfrac{{EC}}{{EK}} = \dfrac{{BC}}{{BK}} = \dfrac{{IC}}{{IK}}\)
\(\Rightarrow BK.CE = BC.EK\,\,\left( {dpcm} \right)\)
A. \(\cos B = \dfrac{{AB}}{{BC}}\)
B. \(\cos B = \dfrac{{AC}}{{BC}}\)
C. \(\cos B = \dfrac{{AB}}{{AC}}\)
D. \(\cos B = \dfrac{{AC}}{{AB}}.\)
Câu trả lời của bạn
Ta có: \(\cos B = \dfrac{{AB}}{{BC}}\)
Chọn A.
A. 9 cm.
B. 11 cm.
C. 12 cm.
D. 22 cm.
Câu trả lời của bạn
Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ là: \({S_{xq}} = \pi rh = 198\pi \Rightarrow \pi .9.h = 198\pi \Rightarrow h = 22\left( {cm} \right)\)
Chọn D.
Cho hình nón có bán kính đáy là bằng 3m, diện tích toàn phần bằng \(24\pi \,\,{m^2}\). Tính thể tích của hình nón.
Câu trả lời của bạn
\(\begin{array}{l}{S_{tp}} = 24\pi \,\,{m^2} \Rightarrow \pi r\left( {r + l} \right) = 24\pi \\ \Leftrightarrow 3\left( {3 + l} \right) = 24 \Leftrightarrow l = 5\,\,\left( m \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \) Độ dài đường sinh của hình nón bằng 5 m.
\( \Rightarrow \) Độ dài đường cao của hình nón là \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4\,\,\left( m \right)\).
Vậy thể tích của khối nón là \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {.3^2}.4 = 12\pi \,\,\left( {{m^3}} \right)\).
A. \(\dfrac{5}{2}cm.\)
B. \(5\,cm.\)
C. \(\dfrac{{13}}{2}\,cm.\)
D. \(13\,cm.\)
Câu trả lời của bạn
Xét \({5^2} + {12^2} = {13^2}\) nên theo định lý Py – ta – go đảo ta có tam giác chứa 3 cạnh có độ dài như trên là tam giác vuông có cạnh huyền có độ dài là 13cm. Khi đó ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông chính là một nửa cạnh huyền tức là: \(\dfrac{{13}}{2}\left( {cm} \right)\)
Chọn C.
Có tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\) đường cao \(AH,\) biết \(AC = 16cm\) và \(\sin \widehat {CAH} = \dfrac{4}{5}.\) Tính độ dài các cạnh \(BC,\;AB.\)
Câu trả lời của bạn
Xét tam giác \(CAH\) vuông tại \(H\) ta có:
\(\sin \widehat {CAH} = \dfrac{4}{5} \)
\(\Leftrightarrow \dfrac{{HC}}{{AC}} = \dfrac{{HC}}{{16}} = \dfrac{4}{5} \)
\(\Leftrightarrow HC = \dfrac{{4.16}}{5} = 12,8cm.\)
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\) đường cao \(AH\) ta có:
\(A{C^2} = HC.BC \)
\(\Rightarrow BC = \dfrac{{A{C^2}}}{{HC}} = \dfrac{{{{16}^2}}}{{12,8}} = 20\left( {cm} \right)\)
Áp dụng định lý Pi-ta-go trong tam giác vuông ABC ta có:
\(\begin{array}{l}B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} \\\Rightarrow A{B^2} = B{C^2} - A{C^2} = {20^2} - {16^2} = 144\\ \Rightarrow AB = 12\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy BC = 20 cm; AB = 12 cm.
Ta có hình trụ có diện tích xung quanh bằng \(256\pi c{m^2}\) và bán kính đáy bằng \(\dfrac{1}{2}\) đường cao. Tính bán kính đáy và thể tích hình trụ.
Câu trả lời của bạn
Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.
Vì bán kính đáy bằng \(\dfrac{1}{2}\) đường cao nên \(R = \dfrac{1}{2}h \Rightarrow h = 2R\)
Khi đó ta có \({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .R.2R = 256\pi \)
\(\Leftrightarrow {R^2} = 64 \Leftrightarrow R = 8\,\,\left( {cm} \right)\)
\( \Rightarrow h = 2.8 = 16\,\,\left( {cm} \right)\)
Vậy thể tích của khối trụ là \(V = \pi {R^2}h = \pi {.8^2}.16 = 1024\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\).
Với đường tròn tâm O, dây cung AB không đi qua tâm O. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Vẽ dây cung MC không đi qua tâm O cắt đoạn thẳng AB tại D (D khác A, D khác B). Đường thẳng vuông góc với AB tại D, cắt OC tại K.Chứng minh rằng tam giác KCD là tam giác đều.
Câu trả lời của bạn
Nên ta có OM là đường trung trực của \(AB\;\;hay\;\;AB \bot OM.\)Ta có \(M\) là điểm chính giữa cung AB, suy ra cung MA bằng cung MB, suy ra MA = MB (trong một đường tròn thì hai cung căng hai dây bằng nhau); Lại có OA = OB (bán kính của (O))
Lại có \(KD \bot AB\;\;\left( {gt} \right)\)
\( \Rightarrow KD//OM\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \widehat {CMO} = \widehat {CDK}\) (hai góc đồng vị).
Ta có \(OC = OM = R \Rightarrow \Delta MOC\) cân tại O \( \Rightarrow \widehat {OMC} = \widehat {OCM}.\) (hai góc kề đáy).
\( \Rightarrow \widehat {MCO} = \widehat {CDK}\left( { = \widehat {CMO}} \right) \Rightarrow \Delta KCD\) cân tại \(K.\) (đpcm).
Ta có hai đường tròn \(\left( {O;\;4cm} \right)\) và \(\left( {O';\;11cm} \right).\) Biết khoảng cách \(OO' = 2a + 3\;\left( {cm} \right)\) với \(a\) là số thực dương. Tìm \(a\) để hai đường tròn tiếp xúc nhau.
Câu trả lời của bạn
Hai đường tròn tiếp xúc ngoài nhau nếu: \(OO' = 4 + 11 = 15 \Rightarrow 2a + 3 = 15 \Leftrightarrow a = 6\;\;\left( {tm} \right).\)
Hai đường tròn tiếp xúc trong nhau nếu: \(OO' = \left| {4 - 11} \right| = 7 \Rightarrow 2a + 3 = 7 \Leftrightarrow a = 2\;\;\left( {tm} \right).\)
Vậy \(a = 2\) hoặc \(a = 6\) thỏa mãn bài toán.
Ta có 1 mảnh đất hình chữ nhật có diện tích \(360{m^2}.\) Nếu tăng chiều rộng \(2m\) và giảm chiều dài \(6m\) thì diện tích mảnh đất không đổi. Tính chu vi của mảnh đất lúc đầu.
Câu trả lời của bạn
Gọi chiều rộng của mảnh đất đã cho là \(x\;\left( m \right),\;\;\left( {0 < x < 360} \right).\)
Gọi chiều dài của mảnh đất đã cho là: \(y\;\left( m \right),\;\;\left( {6 < y < 360,\;y > x} \right).\)
Khi đó ta có diện tích của mảnh đất là: \(xy = 360\;\;\;\left( 1 \right).\)
Tăng chiều rộng thêm \(2m\) thì chiều rộng mới là: \(x + 2\;\;\left( m \right).\)
Giảm chiều dài đi \(6m\) thì chiều dài mới là: \(y - 6\;\;\left( m \right).\)
Khi đó diện tích mảnh đất không đổi nên ta có phương trình: \(\left( {x + 2} \right)\left( {y - 6} \right) = xy \)
\(\Leftrightarrow 2y - 6x - 12 = 0\;\;\;\;\left( 2 \right).\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}xy = 360\\2y - 6x - 12 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 360\\y = 3x + 6\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x\left( {3x + 6} \right) = 360\\y = 3x + 6\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{x^2} + 6x - 360 = 0\\y = 3x + 6\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 10\;\;\;\;\left( {tm} \right)\\x = - 12\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\\y = 3.10 + 6\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = 36\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\)
Vậy chu vi của mảnh vườn lúc đầu là: \(\left( {10 + 36} \right).2 = 92m.\)
A. \(d = 1\;cm.\)
B. \(d = 2\;cm.\)
C. \(4cm.\)
D. \(d = \sqrt {34} \;cm.\)
Câu trả lời của bạn
\( \Rightarrow OH = d\) và \(AH = \dfrac{{AB}}{2} = \dfrac{6}{2} = 3cm.\) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) trên dây \(AB \Rightarrow OH \bot AB \Rightarrow H\) là trung điểm của \(AB.\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác \(AOH\) vuông tại \(H\) ta có:
\(\begin{array}{l}O{H^2} = O{A^2} - A{H^2} = {5^2} - {3^2} = {4^2}\\ \Rightarrow d = OH = 4cm.\end{array}\)
Chọn C.
Cho ∆ABC có AB < AC < BC. Trên cạnh BC, AC lần lượt lấy các điểm
M và N sao cho AN = AB = BM. Các đường thẳng AM và BN cắt nhau tại K. Gọi H là
hình chiếu của K lên AB. Chứng minh rằng :
a) Tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC nằm trên KH
b) Các đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH tiếp xúc nhau
Mk đg cần gấp. TKS mn
Câu trả lời của bạn
0 Bình luận
Để lại bình luận
Địa chỉ email của hạn sẽ không được công bố. Các trường bắt buộc được đánh dấu *