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 \(AC\). Hướng dẫn trả lời: Giải Gọi \(x\) (\(cm\)) là độ dài cạnh \(AB\) (\(x > 0\)). Theo đề bài thì độ dài cạnh \(BC\) là \((10 – x)\) Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông \(ABC\), ta có: \(\eqalign{ & A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} \cr & = {x^2} + {\left( {10 - x} \right)^2} \cr & = 2\left( {{x^2} - 10{\rm{x}} + 50} \right) \cr & = 2\left[ {{{\left( {x - 5} \right)}^2} + 25} \right] \cr & A{C^2} = 2{\left( {x - 5} \right)^2} + 50 \ge 50 \cr}\) Đẳng thức xảy ra khi : \(x – 5 = 0 ⇔ x = 5\) Vậy giá trị nhỏ nhất của đường chéo AC là \(\sqrt50 = 5\sqrt2\) (\(cm\)) Bài 2 trang 134 SGK Toán 9 tập 2. Tam giác \(ABC\) có góc \(\widehat B = {45^0}\), góc \(\widehat C = {30^0}\). Nếu \(AC = 8\) thì \(AB\) bằng: (A) \(4\) (B) \(4\sqrt2\) (C) \(4\sqrt3\) (D) \(4\sqrt6\) Hãy chọn câu trả lời đúng. Hướng dẫn trả lời: Hạ \(AH \bot BC\) (\(H \in BC\)) Trong tam giác vuông \(HAC\) ( \(\widehat H = {90^0}\) ) có . Vậy \(∆HAC\) là nửa tam giác đều 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 \(H\) \(⇒ AH = BH = 4\) (\(cm\)) 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 \(BN\). Hướng dẫn trả lời: Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\), ta có: \(BG = {2 \over 3}BN\) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(CNB\), 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 \(BN = {{a\sqrt 6 } \over 2}\) Bài 4 trang 134 SGK Toán 9 tập 2. Nếu tam giác vuông \(ABC\) vuông tại \(C\) và có \(\sin {\rm{A}} = {2 \over 3}\) 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 trả lời đúng. Hướng dẫn trả lời: Trong tam giác vuông \(ABC\) \(\left( {\widehat C = {{90}^0}} \right)\), ta có: \(\sin {\rm{A}} = {{BC} \over {AB}} = {2 \over 3} \Rightarrow AB = {3 \over 2}BC\) 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: \(\tan B = {{AC} \over {BC}} = {{BC{{\sqrt 5 } \over 2}} \over {BC}} = {{\sqrt 5 } \over 2}\) 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 \(ABC\). Hướng dẫn làm bài: Đặ \(AH = x\) (\(x > 0\)) Áp dụng hệ thức lượng trong 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 tam giác \(ABC\) là: \(S = {1 \over 2}AB.CH = {1 \over 2}.25.12 = 150(c{m^2})\) 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) \(6\) (B) \(7\) (C) \({{20} \over 3}\) (D) \(8\) Hãy chọn câu trả lời đúng. Hướng dẫn làm bài: Gọi \(O\) là tâm của đường tròn. Qua \(O\), kẻ đường vuông góc với \(BC\), cắt \(DE\) ở \(P\) và \(BC\) ở \(Q\). Ta có: \(\eqalign{ & BQ = {1 \over 2}BC = {5 \over 2} \cr & AQ = AB + BQ = 4 + {5 \over 2} = {{13} \over 2} \cr} \) 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 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 \(\widehat {DOE} = {60^0}\). a) Chứng minh tích \(BD.CE\) không đổi. b) Chứng minh \(ΔBOD\) đồng dạng \(ΔOED\). Từ đó suy ra tia \(DO\) là tia phân giác của góc \(BDE\). c) Vẽ đường tròn tâm \(O\) tiếp xúc với \(AB\). Chứng minh rằng đường tròn này luôn tiếp xúc với \(DE\). Hướng dẫn làm bài: a) Chứng minh tích \(BD.CE\) không đổi. Xét hai tam giác: \(∆BOD\) và \(∆CEO\), ta có: \(\widehat B = \widehat C = {60^0}\) (gt) (1) Ta có \(\widehat {DOC}\) là góc ngoài của \(∆ BDO\) nên: \(\widehat {DOC} = \widehat B + {\widehat D_1}\) hay \(\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} = \widehat B + \widehat {{D_1}} \Leftrightarrow {60^0} + \widehat {{O_2}} = {60^0} + \widehat {{D_1}}\) \(\Leftrightarrow \widehat {{O_2}} = \widehat {{D_1}}(2)\) Từ (1) và (2) \(⇒ ∆BOD\) đồng dạng \(∆CEO\) (g.g) \( \Rightarrow {{B{\rm{D}}} \over {BO}} = {{CO} \over {CE}} \Rightarrow B{\rm{D}}.CE = BO.CO\) hay \(B{\rm{D}}.CE = {{BC} \over 2}.{{BC} \over 2} = {{B{C^2}} \over 4}\) (không đổi) Vậy \(B{\rm{D}}.CE = {{B{C^2}} \over 4}\) không đổi b) Chứng minh \(ΔBOD\) đồng dạng \(ΔOED\) Từ câu (a) ta có: \(∆BOD\) đồng dạng \(∆CEO\) \( \Rightarrow {{O{\rm{D}}} \over {OE}} = {{B{\rm{D}}} \over {OC}} = {{B{\rm{D}}} \over {OB}}\) (do \(OC = OB\)) Mà \(\widehat B = \widehat {DOE} = {60^0}\) 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 \(\widehat {{D_1}} = \widehat {{D_2}}\) (chứng minh trên) Vậy \(ΔIDO\) = \(ΔKDO\)\( ⇒ OI = OK\) 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 \((O')\). Hướng dẫn làm bài: 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. Hướng dẫn làm bài: Vì \(AC\) và \(BC\) tiếp xúc với đường tròn \((O)\), \(AD\) đi qua \(O\) nên ta có: \(\widehat {CA{\rm{D}}} = \widehat {BA{\rm{D}}} = \alpha\) (vì tâm đường tròn nội tiếp trong tam giác là giao điểm của ba đường phân giác trong tam giác) \(⇒\) \(\overparen{CD}=\overparen{DB}\) \(⇒CD = DB\) (*) 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) \(60^0\) Hãy chọn câu trả lời đúng. Hướng dẫn làm bài: 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 \(sđ\overparen{AB}\)=\(x + {75^0} = {47^0} + {75^0} = {122^0}\) \(\Rightarrow \widehat C = {{{{122}^0}} \over 2} = {61^0}\) \(sđ\overparen{BC}\) = \(2x + {25^0} = {2.47^0} + {25^0} = {119^0}\) \( \Rightarrow \widehat A = {{{{119}^0}} \over 2} = 59,{5^0}\) \(sđ\overparen{AC}\)= \(3x - {22^0} = {3.47^0} - {22^0} = {119^0}\) \( \Rightarrow \widehat B = {{{{119}^0}} \over 2} = 59,{5^0}\) 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 \(sđ\overparen{BQ}=42^0\) và \(sđ\overparen{QD}=38^0\). Tính tổng \(\widehat {BP{\rm{D}}} + \widehat {AQC}\) Hướng dẫn làm bài: Ta có \(\widehat {BP{\rm{D}}}\) là góc ở ngoài đường tròn (O) nên: \(\widehat {BPD} = {sđ\overparen{BQD} -sđ\overparen{AC}\over 2}\) Ta có \(\widehat {AQC}\) là góc nội tiếp trong đường tròn (O) nên: \(\widehat {AQC} = {1 \over 2}sđ\overparen{AC}\) Do đó: \(\widehat {BPD} + \widehat {AQC} = {sđ\overparen{BQD} -sđ\overparen{AC} \over 2} + {1 \over 2}sđ\overparen{AC}\) =\({1 \over 2}sđ\overparen{BQD}\)=\({{{{42}^0} + {{38}^0}} \over 2} = {40^0}\) 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? Hướng dẫn làm bài: 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: \(4{\rm{a}} = 2\pi R \Rightarrow a = {{\pi R} \over 2}\) Ta lập tỉ số diện tích hình vuông và hình tròn: \({{{S_{hv}}} \over {{S_{htr}}}} = {{{a^2}} \over {\pi {R^2}}}\) =\({{{{\left( {{{\pi R} \over 2}} \right)}^2}} \over {\pi {R^2}}}\)= \({{{\pi ^2}{R^2}} \over {4\pi {R^2}}} = {\pi \over 4} < 1\) (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? Hướng dẫn làm bài: Ta có \(\widehat A = {1 \over 2}sđ\overparen{BC}\)\(= {60^0};\widehat {B{\rm{D}}C} = {1 \over 2}{.60^0} = {30^0}\) 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 \(1cm\). Hướng dẫn làm bài: 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 \({90^0} + {60^0}:2 = {120^0}\) dựng trên đoạn \(BC\) cố định Qua \(B\) và \(C\) vẽ các tiếp tuyến với \((O)\), chúng cắt nhau tại \(A\). Tam giác \(ABC\) là tam giác phải dựng. 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) \(BD^2 = AD.CD\) b) Tứ giác \(BCDE\) là tứ giác nội tiếp c) \(BC\) song song với \(DE\) Hướng dẫn làm bài: a) Xét \(∆ADB\) và \(∆BDC\), ta có: \(\widehat {BA{\rm{D}}} = \widehat {CB{\rm{D}}}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\)) \(\widehat {{D_1}}\) góc chung Vậy \(∆ADB\) đồng dạng \(∆BDC\) ⇒ \({{B{\rm{D}}} \over {C{\rm{D}}}} = {{A{\rm{D}}} \over {B{\rm{D}}}} = B{{\rm{D}}^2} = A{\rm{D}}.C{\rm{D}}\) (đpcm) b) Ta có \(\widehat {A{\rm{E}}C}\) là góc có đỉnh ở bên ngoài \((O)\) \(\widehat {AEC} = {sđ\overparen{AC}-sđ\overparen{BC}\over 2} = { sđ\overparen{AB}-sđ\overparen{BC}\over 2} = \widehat {ADB}\) Xét tứ giác \(BCDE\), ta có: \(\widehat {A{\rm{E}}C}\) và \(\widehat {ADB}\) là hai góc liên tiếp cùng nhìn đoạn \(BC\) và \(\widehat {A{\rm{E}}C} = \widehat {ADB}\) . 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: \(\widehat {ABC}\) và \(\widehat {BE{\rm{D}}}\) là hai góc đồng vị. Suy ra: \(BC // DE\) (đpcm) Bài 16 trang 135 SGK Toán 9 tập 2. Một mặt phẳng chứa trụ \(OO'\) 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. Hướng dẫn làm bài: Bài toán có 2 trường hợp a) Đường cao của hình trụ bằng \(3cm\). Khi đó chiều rộng của hình chữ nhật là đường 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) Đường cao hình trụ bằng \(2cm\) khi đó chiều dài của hình chữ nhật là đường kính của hình trụ, suy ra \(R = 1,5\) Vậy \(S\)xq = \(2πRh = 2π . 1,5 . 2 = 6π\) (\(cm^2\)) \(V = πR^2h = π . 1,5^2 . 2 = 4,5 π\) (\(cm^2\)) 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 \(\widehat {ACB} = {30^0}\). Tính diện tích xung quanh và thể tích hình nón. Hướng dẫn làm bài: Trong tam giác vuông \(ABC\), ta có: \(\eqalign{ & AB = BC.\sin C = BC.\sin {30^0} = 4.{1 \over 2} = 2\left( {dm} \right) \cr & AC = BC.\cos C = BC.\cos {30^0} = 4.{{\sqrt 3 } \over 2} = 2\sqrt 3 \left( {dm} \right) \cr} \) Ta có: \(S\)xq = \(πRl = π. 2. 4 = 8 π \) (\(dm^2\)) \(V = {1 \over 3}\pi {R^2}h = {1 \over 3}\pi {.2^2}.2\sqrt 3 = {{8\sqrt 3 .\pi } \over 3}(d{m^3})\) 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. Hướng dẫn làm bài: Gọi \(R\) là bán kính hình cầu (đơn vị : mét) Khi đó ta có: \(S = 4πR^2\) và \(V = {4 \over 3}\pi {R^3}\) Theo đề bài ta có: \(4\pi {R^2} = {4 \over 3}\pi {R^3} \Rightarrow {R \over 3} = 1 \Rightarrow R = 3(m)\) Ta có: \(S = 4πR^2 = 4π . 3^2= 36π\) (\(m^2\)) \(V = {4 \over 3}\pi {R^3} = {4 \over 3}\pi {.3^3} = 36\pi \left( {{m^3}} \right)\).
