Sách bài tập Toán 9 (Cánh diều): Bài tập cuối chương 5

Giải SBT Toán 9 Bài tập cuối chương 5

Bài 47 trang 123 SBT Toán 9 Tập 1: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 1). Khi đó, đường tròn (A; 1)

A. Tiếp xúc với trục Ox và cắt trục Oy tại 2 điểm phân biệt.

B. Tiếp xúc với trục Oy và cắt trục Ox tại 2 điểm phân biệt.

C. Tiếp xúc với cả hai trục Ox và trục Oy.

D. Đi qua gốc toạ độ O.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Đường tròn (A; 1) tiếp xúc với cả hai trục Ox và trục Oy vì khoảng cách từ điểm A đến hai trục tọa độ đều bằng 1 và bằng bán kính đường tròn (A; 1).

Bài 48 trang 123 SBT Toán 9 Tập 1: Cho các điểm A, B, C, D thuộc đường tròn tâm O đường kính AC = 2 cm với $\widehat{CBD}=55°$ (Hình 51).

a) Số đo góc CAD là

A. 35°.

B. 145°.

C. 55°.

D. 125°.

b) Độ dài đoạn thẳng CD là

A. 2 cos 55° cm.

B. 2 sin 55° cm.

C. 2 tan 55° cm.

D. 2 cot 55° cm.

Lời giải:

a) Đáp án đúng là: C

Xét đường tròn (O) có $\widehat{CAD}=\widehat{CBD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)

Suy ra $\widehat{CAD}=55°.$

b) Đáp án đúng là: B

Xét đường tròn (O) đường kính AC có $\widehat{ADC}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat{ADC}=90°.$

Xét ∆ACD vuông tại D, có:

$CD=AC\cdot \sin \widehat{CAD}=2\cdot \sin 55°\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(cm}$).

Bài 49 trang 123 SBT Toán 9 Tập 1: Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R) cắt nhau tại hai điểm M, N với OO’ = 24 cm và MN = 10 cm (Hình 52). Khi đó, R bằng:

A. 26 cm.

B. 13 cm.

C. 14 cm.

D. 34 cm.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Gọi E là giao điểm của MN và OO’.

Ta có: OM = ON = R (bán kính đường tròn (O; R)) và O’M = O’N = R> (bán kính đường tròn (O’; R)). Suy ra OM = ON = O’M = O’N, nên OMO’N là hình thoi.

Do đó hai đường chéo MN và OO’ vuông góc với nhau tại trung điểm E của mỗi đường.

Suy ra $OE=\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\cdot 24=12\left(cm\right)$ và $ME=\frac{1}{2}\text{MN}=\frac{1}{2}\cdot 10=5\left(cm\right).$

Xét ∆OME vuông tại E, theo định lí Pythagore, ta có:

OM² = OE² + ME²

Suy ra $OM=\sqrt{O{E}^2+M{E}^2}=\sqrt{{12}^2+5^2}=\sqrt{169}=13\left(cm\right).$

Vậy R = 13 cm.

Bài 50 trang 123 SBT Toán 9 Tập 1: Trong 20 giây, bánh xe của một chiếc xe máy quay được 80 vòng. Độ dài bán kính của bánh xe đó là 25 cm. Khi đó, quãng đường xe máy đi được trong 3 phút là:

A. 36 000π m.

B. 360π m.

C. 18 000π m.

D. 180π m.

Lời giải:

Đổi 3 phút = 180 giây.

Chu vi của bánh xe máy là: 2π.25 = 50π (cm).

Quãng đường xe máy đi được trong 20 giây là:

80 . 50π = 4 000π (cm) = 40π (m).

Quãng đường xe máy đi được trong 3 phút (180 giây) là:

$\frac{40\pi }{20}\cdot 180=360\pi \text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(m}).$

Bài 51 trang 123 SBT Toán 9 Tập 1: Diện tích hình vành khuyên tạo bởi hai đường tròn (O; 12 cm) và (O; 7 cm) là:

A. 95π cm².

B. 193π cm².

C. 5π cm².

D. 19π cm².

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Diện tích hình vành khuyên tạo bởi hai đường tròn (O; 12 cm) và (O; 7 cm) là:

S = π(12² – 7²) = 95π (cm²).

Bài 52 trang 123 SBT Toán 9 Tập 1: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M di chuyển trên đường tròn (M khác A và B). Vẽ đường tròn (M) tiếp xúc với AB tại H. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến AC, BD của đường tròn (M) lần lượt tại C, D.

a) Chứng minh AC + BD không đổi khi M di chuyển trên đường tròn (O).

b) Chứng minh CD là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Lời giải:

a) Do AC, AH là hai tiếp tuyến của đường tròn (M) nên AC = AH.

Tương tự, ta chứng minh được BD = BH.

Do đó AC + BD =bAH + BH = AB (không đổi).

b) ⦁ Do AC, AH là hai tiếp tuyến của đường tròn (M) nên MA là tia phân giác của góc CMH hay $\widehat{AMC}=\widehat{AMH}.$

Tương tự, ta chứng minh được$\widehat{BMD}=\widehat{BMH}.$

Xét đường tròn (O) đường kính AB có $\widehat{AMB}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Mà $\widehat{AMH}+\widehat{BMH}=\widehat{AMB}=90°$

Suy ra $\widehat{CMD}=\widehat{AMC}+\widehat{AMH}+\widehat{BMH}+\widehat{BMD}=2\left(\widehat{AMH}+\widehat{BMH}\right)=2\cdot 90°=180°$

Do đó ba điểm C, M, D thẳng hàng.

⦁ Do tam giác OBM cân tại O (do OM = OB) nên $\widehat{OBM}=\widehat{OMB}.$

Suy ra $2\widehat{OBM}+\widehat{BOM}=180°.$

Ta lại có: $\widehat{AOM}+\widehat{BOM}=180°$ nên $\widehat{AOM}=2\widehat{OBM}.$

Lại có BM là tia phân giác của góc ABD (do hai tiếp tuyến BD, BH của (O) cắt nhau tại B) hay $\widehat{ABD}=2\widehat{OBM}.$

Suy ra $\widehat{AOM}=\widehat{ABD}.$

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên OM // BD.

Mặt khác, BD ⊥ CD (do BD ⊥ CM) nên CD vuông góc với OM tại M thuộc đường tròn (O).

Vậy CD là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Bài 53 trang 124 SBT Toán 9 Tập 1: Cho ba đường tròn (A; 10 cm), (B; 15 cm), (C; 15 cm) tiếp xúc ngoài với nhau đôi một. Đường tròn (A) tiếp xúc với (B) và (C) lần lượt tại C’ và B’. Đường tròn (B) tiếp xúc với (C) tại A’ (Hình 53).

a) Chứng minh AA’ là tiếp tuyến chung của đường tròn (B) và (C).

b) Tính độ dài đoạn thẳng AA’ và diện tích tam giác AB’C’.

Lời giải:

a) Ta có: AB = AC’ + BC’ = 10 + 15 = 25 cm;

AC = AB’ + CB’ = 10 + 15 = 25 cm.

Do đó AB = AC nên A nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BC.

Mặt khác, BA’ = CA’ = 15 cm nên A’ nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BC.

Suy ra AA’ là đường trung trực của đoạn thẳng BC, nên AA’ vuông góc với BC tại điểm A’ nằm trên cả hai đường tròn (B) và (C).

Vậy AA’ là tiếp tuyến chung của đường tròn (B) và (C).

b) Gọi H là giao điểm của AA’ và B’C’.

Xét ∆ABA’ vuông tại A’, theo định lí Pythagore, ta có: AB² = A’A² + A’B²

Suy ra $A^{\text{'}}A=\sqrt{A{B}^2-A^{\text{'}}{B}^2}=\sqrt{{25}^2-{15}^2}=\sqrt{400}=20 \left(\text{cm}\right)\text{.}$

Ta có: BC = BA’ + CA’ = 15 + 15 = 30 cm.

Tam giác ABC có $\frac{A{C}^{\text{'}}}{AB}=\frac{10}{25}=\frac{2}{5}$ và $\frac{A{B}^{\text{'}}}{AC}=\frac{10}{25}=\frac{2}{5}$

Suy ra $\frac{A{C}^{\text{'}}}{AB}=\frac{A{B}^{\text{'}}}{AC}$ nên B’C’ // BC (định lí Thalès đảo)

Do đó, $\frac{B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}{BC}=\frac{A{B}^{\text{'}}}{AC}=\frac{2}{5}$ (hệ quả định lí Thalès)

Nên $B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}=\frac{2}{5}\cdot BC=\frac{2}{5}\cdot 30=12 \left(\text{cm}\right).$

Tam giác ACA’ có HB’ // CA’ nên $\frac{AH}{A{A}^{\text{'}}}=\frac{A{B}^{\text{'}}}{AC}=\frac{2}{5}$ (hệ quả định lí Thalès)

Suy ra $AH=\frac{2}{5}\cdot A{A}^{\text{'}}=\frac{2}{5}\cdot 20=8 \left(\text{cm}\right).$

Ta có AA’ ⊥ BC và B’C’ // BC nên AH ⊥ B’C’.

Vậy diện tích tam giác AB’C’ là:

$\frac{1}{2}\cdot AH\cdot B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 12=48 \left({\text{cm}}^2\right).$

Bài 54 trang 124 SBT Toán 9 Tập 1: Cho đường tròn (O; R) và ba điểm A, B, C nằm trên đường tròn với AB < AC. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Trên cung BC không chứa điểm A, lấy điểm D sao cho $\widehat{BAD}=\widehat{CAM}.$

a) Chứng minh $\widehat{ADB}=\widehat{CDM}.$

b) Gọi E là giao điểm của tia OM và cung BC. Tính diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi các bán kính OE, OC và cung nhỏ CE theo R, biết $BC=R\sqrt{2}.$

Lời giải:

a) Ta có $\widehat{BAD}=\widehat{CAM}$ nên $\widehat{BAD}+\widehat{DAM}=\widehat{CAM}+\widehat{DAM}$ hay $\widehat{BAM}=\widehat{DAC}.$

Xét đường tròn (O) có $\widehat{ABM}=\widehat{ADC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

Xét ∆ABM và ∆ADC có: $\widehat{BAM}=\widehat{DAC}$ và $\widehat{ABM}=\widehat{ADC}.$

Do đó ∆ ABM ᔕ ∆ADC (g.g).

Suy ra $\frac{AB}{AD}=\frac{BM}{DC}$ (tỉ số các cạnh tương ứng)

Mà BM = CM (do M là trung điểm của BC)

Nên $\frac{AB}{AD}=\frac{BM}{DC}=\frac{CM}{CD}$ hay $\frac{AB}{CM}=\frac{AD}{CD}.$

Xét ∆ABD và ∆CMD có:

$\frac{AB}{CM}=\frac{AD}{CD}$và $\widehat{BAD}=\widehat{MCD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD của đường tròn (O))

Do đó ∆ABD ᔕ ∆CMD (g.g).

Suy ra $\widehat{ADB}=\widehat{CDM}$ (hai góc tương ứng).

b) Do M là trung điểm của BC nên $MC=\frac{BC}{2}=\frac{R\sqrt{2}}{2}.$

Xét ∆OBC cân tại O (do OB = OC) nên đường trung tuyến OM đồng thời là đường cao của tam giác, do đó $\widehat{OMC}=90°.$

Xét ∆OCM vuông tại M, theo định lí Pythagore, ta có: OC² = OM² + MC²

Suy ra $OM=\sqrt{O{C}^2-M{C}^2}=\sqrt{R^2-{\left(\frac{R\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{R^2}{2}}=\frac{R\sqrt{2}}{2}.$

Do đó OM = MC.

Vì vậy, tam giác OCM vuông cân tại M. Suy ra $\widehat{COE}=45°$ hay số đo của cung nhỏ CE bằng 45°.

Diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi các bán kính OE, OC và cung nhỏ CE là:

$S=\frac{\pi R^2\cdot 45}{360}=\frac{\pi R^2}{8}$ (đơn vị diện tích).

Bài 55 trang 124 SBT Toán 9 Tập 1: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C, D lần lượt là điểm chính giữa của cung AB, AC.

a) Chứng minh $\widehat{BAC}=\widehat{COD}=\widehat{ABC}=\widehat{ACO}.$

b) Lấy điểm M thuộc cung CD. Chứng minh AM > CM và $\widehat{COM}=2\widehat{CAM}.$

c) Khi M di chuyền trên cung nhỏ AC, tìm vị trí của điểm M để diện tích của tam giác MAC lớn nhất.

Lời giải:

a) Xét đường tròn (O) đường kính có C, D lần lượt là điểm chính giữa của cung AB, AC nên

⦁ $\text{sđ}\stackrel{⏜}{AC}=\text{sđ}\stackrel{⏜}{BC}=\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel{⏜}{AB}=\frac{1}{2}\cdot 180°=90°;$

⦁ $\text{sđ}\stackrel{⏜}{CD}=\text{sđ}\stackrel{⏜}{AD}=\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel{⏜}{AC}=\frac{1}{2}\cdot 90°=45°.$

Do đó $\widehat{BAC}=\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel{⏜}{BC}=\frac{1}{2}\cdot 90°=45°;$ $\widehat{COD}=\text{sđ}\stackrel{⏜}{CD}=45°;$ $\widehat{ABC}=\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel{⏜}{AC}=\frac{1}{2}\cdot 90°=45°;$ $\widehat{AOC}=\text{sđ}\stackrel{⏜}{AC}=90°.$

Xét ∆AOC cân tại O (do OA = OC) có $\widehat{AOC}=90°$ nên ∆AOC vuông cân tại O, suy ra $\widehat{ACO}=45°.$

Vậy $\widehat{BAC}=\widehat{COD}=\widehat{ABC}=\widehat{ACO}=45°.$

b) Do M thuộc cung nhỏ CD nên $\text{sđ}\stackrel{⏜}{AM}=\text{sđ}\stackrel{⏜}{AD}+\text{sđ}\stackrel{⏜}{DM}=45°+\text{sđ}\stackrel{⏜}{DM}>45°$ và $\text{sđ}\stackrel{⏜}{CM}<\text{sđ}\stackrel{⏜}{CD}=45°.$

Suy ra $\text{sđ}\stackrel{⏜}{AM}>\text{sđ}\stackrel{⏜}{CM}\left(1\right)$

Mà $\widehat{ACM},\widehat{CAM}$ lần lượt là góc nội tiếp chắn cung AM và cung CM của đường tròn (O) nên $\widehat{ACM}=\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel{⏜}{AM},\widehat{CAM}=\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel{⏜}{CM}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{ACM}>\widehat{CAM}.$

Tam giác ACM có $\widehat{ACM}>\widehat{CAM}$ nên AM > CM.

Xét đường tròn (O), ta có: $\widehat{COM}=2\widehat{CAM}$ (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ CM).

c)

Gọi I, K lần lượt là giao điểm của AC với OM và OD, kẻ MN vuông góc với AC tại N.

Diện tích của tam giác MAC là: $S=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot MN.$

Do đó S lớn nhất khi MN lớn nhất do AC không đổi.

Tam giác OAC cân tại O có OD là đường phân giác nên đồng thời là đường cao của tam giác, do đó OK ≤ OI.

Ta cũng có MN ≤ MI

Suy ra: OK + MN ≤ OI + MI = OM và OM = OD = OK + DK

Do đó MN ≤ DK.

Do DK không đổi nên MN lớn nhất khi MN = DK hay M là điểm chính giữa của cung AC.

Vậy diện tích của tam giác MAC lớn nhất bằng $\frac{1}{2}\cdot AC\cdot DK$ khi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC.

Bài 56 trang 124 SBT Toán 9 Tập 1: Thành phố Hồ Chí Minh có vĩ độ là 10°10’ Bắc. Tìm độ dài cung kinh tuyến từ Thành phố Hồ Chí Minh đến Xích Đạo (làm tròn kết quả đến hàng trăm của kilômét), biết mỗi kinh tuyến là một nửa vòng Trái Đất và có độ dài khoảng 20 000 km.

Lời giải:

Đổi $10°{10}^{\text{'}}=\left(\frac{61}{6}\right)°.$

Độ dài cung kinh tuyến từ Thành phố Hồ Chí Minh đến Xích Đạo là:

$\frac{20000\cdot \frac{61}{6}}{180}\approx 1100( \text{km}).$

Bài 57 trang 124 SBT Toán 9 Tập 1: Cho hình thang vuông ABCD $\left(\widehat{A}=\widehat{B}=90°\right)$ với $\widehat{C}=30°,$ BC = CD = a. Vẽ một phần đường tròn (C; CD) (Hình 54). Tính diện tích của phần tô màu xám theo a.

Lời giải:

Kẻ DH vuông góc với BC tại H.

Do tam giác CDH vuông tại H nên ta có:

⦁ $DH=CD\cdot \sin C=a\cdot \sin 30°=\frac{a}{2};$

⦁ $CH=CD\cdot \cos C=a\cdot \cos 30°=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Ta có: $BH=BC-CH=a-\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\left(2-\sqrt{3}\right)}{2}.$

Tứ giác ABHD có $\widehat{DAB}=\widehat{ABH}=\widehat{BHD}=90°$ nên là hình chữ nhật.

Suy ra $AB=DH=\frac{a}{2};AD=BH=\frac{a\left(2-\sqrt{3}\right)}{2}.$

Diện tích của hình thang vuông ABCD là:

$S_1=\frac{AB\left(AD+BC\right)}{2}=\frac{\frac{a}{2}\cdot \left[\frac{a\left(2-\sqrt{3}\right)}{2}+a\right]}{2}=\frac{a^2\left(4-\sqrt{3}\right)}{8}$ (đơn vị diện tích).

Diện tích hình quạt tròn BCD là:

$S_2=\frac{\pi a^2\cdot 30}{360}=\frac{\pi a^2}{12}$ (đơn vị diện tích).

Diện tích của phần tô màu xám là:

$S=S_1-S_2=\frac{a^2\left(4-\sqrt{3}\right)}{8}-\frac{\pi a^2}{12}=\frac{a^2\left(12-3\sqrt{3}-2\pi \right)}{24}$ (đơn vị diện tích).

Bài 58 trang 125 SBT Toán 9 Tập 1: Cho hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn (O; R), (O; r) với R + r = 1,2 dm, R > r và diện tích hình vành khuyên đó là 1,5072 dm2 (Hình 55). Tính R và r, lấy π ≈ 3,14.

Lời giải:

Ta có công thức tính diện tích hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn (O; R) và (O; r) (với R > r) có diện tích là: S = π(R² – r²).

Do diện tích hình vành khuyên đó là 1,5072 dm² nên ta có:

3,14 (R² ‒ r) =n1,5072 hay (R ‒ r)(R + r) = 0,48.

Mà R + r = 1,2 dm nên R ‒ r = 0,4 dm.

Ta có hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}R+r=1,2\\ R-r=0,4.\end{array}\right.$

Cộng hai vế của hai phương trình của hệ phương trình trên, ta có:

2R = 1,6, suy ra R = 0,8.

Thay R = 0,8 vào phương trình R + r = 1,2, ta được:

0,8 + r = 1,2, suy ra r = 0,4.

Bài 59 trang 125 SBT Toán 9 Tập 1: Tam giác Reuleaux là hình tạo nên từ phần giao nhau của ba đường tròn cùng bán kính, tâm của mỗi đường tròn chính là giao điểm của hai đường tròn còn lại. Tạo tam giác Reuleaux từ ba đường tròn (A), (B), (C) (Hình 56). Tính số đo các cung nhỏ BaC, CbA, AcB của tam giác Reuleaux. Nêu nhận xét về số đo của các cung tròn đó.

Lời giải:

Do tam giác ABC đều (vì AB = AC = BC) nên $\widehat{BAC}=\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=60°.$

Xét đường tròn (A) có $\text{sđ}\stackrel{⏜}{BaC}=\widehat{BAC}=60°.$

Tương tự trong đường tròn (B), (C) ta cũng có $\text{sđ}\stackrel{⏜}{CbA}=\widehat{CBA}=60°$ và $\text{sđ}\stackrel{⏜}{AcB}=\widehat{ACB}=60°.$

Do đó, số đo các cung nhỏ BaC, CbA, AcB của tam giác Reuleaux đều bằng 60°.

Bài 60 trang 125 SBT Toán 9 Tập 1: Cho đường tròn (O; R) và hai điểm A, B nằm trên đường tròn sao cho độ dài cung nhỏ AB bằng $\frac{5\pi R}{6}.$

a) Xác định điểm C trên cung lớn AB sao cho khi kẻ CH vuông góc với AB tại H thì AH = CH.

b) Tính độ dài các cung AC, BC theo R.

c) Kẻ OK vuông góc với AB tại K, tia OK cắt đường tròn (O) tại E. Tính diện tích hình quạt tròn EOB (giới hạn bởi cung nhỏ BE và hai bán kính OE, OB ) theo R.

d) Tính tỉ số phần trăm giữa diện tích hình quạt tròn BOC (giới hạn bởi cung nhỏ BC và hai bán kính OB, OC) và diện tích hình quạt tròn AOC (giới hạn bởi cung nhỏ AC và hai bán kính OA, OC).

Lời giải:

a) Đặt $\widehat{AOB}=n°.$ Khi đó, ta có $sđ\stackrel{⏜}{AB}=n°.$

Ta có công thức tính độ dài cung tròn n° trong đường tròn bán kính R là: $l=\frac{\pi Rn}{180}.$

Do độ dài cung nhỏ AB bằng $\frac{5\pi R}{6}$ nên ta có $\frac{\pi Rn}{180}=\frac{5\pi R}{6},$ suy ra $n=\frac{180\cdot 5}{6}=150.$

Suy ra $\widehat{AOB}=150°$ hay $sđ\stackrel{⏜}{AB}=150°.$

Tam giác ACH có $\widehat{AHC}=90°$ và AH = CH nên tam giác ACH vuông cân tại H.

Suy ra $\widehat{BAC}=45°.$

Do đó $sđ\stackrel{⏜}{BC}=2\widehat{BAC}=2\cdot 54°=90°.$

Vậy điểm C trên cung lớn AB sao cho $sđ\stackrel{⏜}{BC}=90°$ thì AH = CH.

b) Ta có:

⦁ $\text{sđ}\stackrel{⏜}{ACB}=360°-\text{sđ}\stackrel{⏜}{AB}=360°-150°=210°.$

⦁ $sđ\stackrel{⏜}{ACB}=sđ\stackrel{⏜}{AC}+sđ\stackrel{⏜}{CB}$

Suy ra $sđ\stackrel{⏜}{AC}=sđ\stackrel{⏜}{ACB}-sđ\stackrel{⏜}{CB}=210°-90°=120°.$

Độ dài cung nhỏ AC là: $l_1=\frac{\pi R\cdot 120}{180}=\frac{2\pi R}{3}$ (đơn vị độ dài).

Độ dài cung nhỏ BC là: $l_2=\frac{\pi R\cdot 90}{180}=\frac{\pi R}{2}$ (đơn vị độ dài).

c) Xét ∆OAB cân tại O (do OA = OB) nên đường cao OK đồng thời là đường phân giác của tam giác, do đó $\text{sđ}\stackrel{⏜}{EB}=\widehat{EOB}=\frac{1}{2}\widehat{AOB}=\frac{1}{2}\cdot 150°=75°.$

Diện tích hình quạt tròn EOB là $S=\frac{\pi R^2\cdot 75}{360}=\frac{5\pi R^2}{24}$ (đơn vị diện tích).

d) Diện tích hình quạt tròn BOC là $S_1=\frac{\pi R^2\cdot 90}{360}=\frac{\pi R^2}{4}$ (đơn vị diện tích).

Diện tích hình quạt AOC là $S_2=\frac{\pi R^2\cdot 120}{360}=\frac{\pi R^2}{3}$ (đơn vị diện tích).

Vậy tỉ số phần trăm giữa diện tích hình quạt tròn BOC và diện tích hình quạt tròn AOC là:

$\frac{S_1}{S_2}\cdot 100\%=\left(\frac{\pi R^2}{4}:\frac{\pi R^2}{3}\right)\cdot 100\%=75\%.$

Xem thêm lời giải Sách bài tập Toán lớp 9 bộ sách Cánh diều hay, chi tiết khác:

Bài 4: Góc ở tâm. Góc nội tiếp

Bài 5: Độ dài cung tròn, diện tích hình quạt tròn, diện tích hình vành khuyên

Bài 1: Mô tả và biểu diễn dữ liệu trên các bảng, biểu đồ

Bài 2: Tần số. Tần số tương đối

Bài 3: Tần số ghép nhóm. Tần số tương đối ghép nhóm