Toán 9 (Kết nối tri thức): Bài tập ôn tập cuối năm

Giải bài tập Toán 9 Bài tập ôn tập cuối năm

Đại số

Bài 1 trang 127 Toán 9 Tập 2: Xét biểu thức $P=\frac{x\sqrt{x}-x+2\sqrt{x}+4}{x\sqrt{x}+8}$ với x ≥ 0.

a) Chứng minh rằng $P=1-\frac{1}{\sqrt{x}+2}.$

b) Tính giá trị biểu thức đã cho tại x = 64.

Lời giải:

a) Với x ≥ 0, ta có:

$P=\frac{x\sqrt{x}-x+2\sqrt{x}+4}{x\sqrt{x}+8}$

$=\frac{x\sqrt{x}+8-\left(x-2\sqrt{x}+4\right)}{\sqrt{x}+8}$

$=1-\frac{x-2\sqrt{x}+4}{\sqrt{x}+8}$

$=1-\frac{x-2\sqrt{x}+4}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(x-2\sqrt{x}+4\right)}$

$=1-\frac{1}{\sqrt{x}+2}.$

Vậy với x ≥ 0 thì $P=1-\frac{1}{\sqrt{x}+2}.$

b) Thay x = 64 (thỏa mãn x ≥ 0) vào biểu thức $P=1-\frac{1}{\sqrt{x}+2},$ ta được:

$P=1-\frac{1}{\sqrt{64}+2}=1-\frac{1}{8+2}=1-\frac{1}{10}=\frac{9}{10}.$

Vậy giá trị của biểu thức P bằng $\frac{9}{10}$ khi x = 64.

Bài 2 trang 127 Toán 9 Tập 2: Một vệ tinh địa tĩnh chuyển động theo quỹ đạo tròn cách bề mặt Trái Đất khoảng AB = 36 000 km, tâm quỹ đạo trùng với tâm O của Trái Đất như hình bên. Vệ tinh phát tín hiệu vô tuyến theo đường thẳng đến một số vị trí trên bề mặt Trái Đất. Cho biết bán kính Trái Đất khoảng 6 400 km, vị trí xa nhất trên bề mặt Trái Đất có thể nhận được tín hiệu từ vệ tinh cách vệ tinh bao nhiêu kilômét? (Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị của km).

Lời giải:

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác AHO vuông tại H, ta có:

AO² = AH² + HO²

Suy ra AH² = AO² – HO² = (AB + BO)² – HO²

= (36 000 + 6 400)² – 6 400²

= 42 400² – 6 400² = 1 756 800 000.

Do đó AH ≈ 41 914 (km).

Vậy vị trí xa nhất trên bề mặt Trái Đất có thể nhận được tín hiệu từ vệ tinh cách vệ tinh khoảng 41 914 kilômét.

Bài 3 trang 127 Toán 9 Tập 2: Giải các bất phương trình sau:

a) –6x + 3(x + 1) > 4x – (x – 4);

b) (2x + 1)(2x – 1) < 4x² – 4x + 1.

Lời giải:

a) –6x + 3(x + 1) > 4x – (x – 4)

–6x + 3x + 3 > 4x – x + 4

–3x + 3 > 3x + 4

–3x – 3x > 4 – 3

–6x > 1

$x<-\frac{1}{6}.$

Vậy bất phương trình có nghiệm là $x<-\frac{1}{6}.$

b) (2x + 1)(2x – 1) < 4x² – 4x + 1

4x² – 1 < 4x² – 4x + 1

4x² – 4x² + 4x < 1 + 1

4x < 2

$x<\frac{1}{2}.$

Vậy bất phương trình có nghiệm là $x<\frac{1}{2}.$

Bài 4 trang 127 Toán 9 Tập 2: Giải các phương trình sau:

a) $\frac{2}{x+1}-\frac{2x}{x^2-x+1}=\frac{3}{x^3+1};$

b) $\frac{x+1}{2x-1}-\frac{2}{2x+1}=\frac{2x^2}{4x^2-1}.$

Lời giải:

a) Điều kiện xác định: x ≠ –1.

$\frac{2}{x+1}-\frac{2x}{x^2-x+1}=\frac{3}{x^3+1}$

$\frac{2\left(x^2-x+1\right)}{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}-\frac{2x\cdot \left(x+1\right)}{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}=\frac{3}{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}$

2(x² – x + 1) – 2x(x + 1) = 3

2x² – 2x + 2 – 2x² – 2x = 3

–4x + 2 = 3

–4x = 1

$x=-\frac{1}{4}$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là $x=-\frac{1}{4}$.

b) Điều kiện xác định: $x\ne \frac{1}{2}$ và $x\ne -\frac{1}{2}$

$\frac{x+1}{2x-1}-\frac{2}{2x+1}=\frac{2x^2}{4x^2-1}$

$\frac{\left(x+1\right)\left(2x+1\right)}{\left(2x-1\right)\left(2x+1\right)}-\frac{2\left(2x-1\right)}{\left(2x-1\right)\left(2x+1\right)}=\frac{2x^2}{\left(2x-1\right)\left(2x+1\right)}$

(x + 1)(2x + 1) – 2(2x – 1) = 2x²

2x² + x + 2x + 1 – 4x + 2 = 2x²

2x² – 2x² + x + 2x – 4x = –1 – 2

–x = –3

x = 3 (thỏa mãn điều kiện).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 3.

Bài 5 trang 127 Toán 9 Tập 2: Kí hiệu (d₁) là đường thẳng x + 2y = 4, (d₂) là đường thẳng x – y = 1.

a) Vẽ (d₁) và (d₂) trên cùng một mặt phẳng toạ độ.

b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}x+2y=4\\ x-y=1\end{array}\right.$ để tìm toạ độ giao điểm của hai đường thẳng (d₁) và (d₂).

Lời giải:

a) ⦁ Vẽ đường thẳng (d₁): x + 2y = 4.

Cho x = 0 thì y = 2, ta được giao điểm của đường thẳng (d₁) với trục tung là A(0; 2).

Cho y = 0 thì x = 4, ta được giao điểm của đường thẳng (d₁) với trục hoành là B(4; 0).

Đường thẳng (d₁) là đường thẳng AB (hình vẽ).

⦁ Vẽ đường thẳng (d₂): x – y = 1.

Cho x = 0 thì y = –1, ta được giao điểm của đường thẳng (d₂) với trục tung là C(0; –1).

Cho y = 0 thì x = 1, ta được giao điểm của đường thẳng (d₂) với trục hoành là D(1; 0).

Đường thẳng (d₂) là đường thẳng CD (hình vẽ).

b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}x+2y=4\left(1\right)\\ x-y=1\left(2\right)\end{array}\right.$

Trừ từng vế của hai phương trình (1) và (2), ta được:

(x + 2y) – (x – y) = 4 – 1 hay 3y = 3, suy ra y = 1.

Thế y = 1 vào phương trình (2), ta được:

x – 1 = 1 hay x = 2.

Do đó hệ phương trình trên có nghiệm là (2; 1).

Vậy toạ độ giao điểm của hai đường thẳng (d₁) và (d₂) là điểm (2; 1).

Bài 6 trang 127 Toán 9 Tập 2: Với mỗi giá trị đã cho của m, hãy giải hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{array}{l}x\sqrt{2}-3y=m\\ m^{2}x-3y\sqrt{2}=2.\end{array}\right.$

a) m = $\sqrt{2}$.

b) m = -$\sqrt{2}$.

c) m = 2$\sqrt{2}$.

Lời giải:

a) Với m = $\sqrt{2}$ ta có hệ phương trình: $\left(I\right)\left\{\begin{array}{l}x\sqrt{2}-3y=\sqrt{2}\left(1\right)\\ 2x-3y\sqrt{2}=2\end{array}\right.$

Nhân hai vế của phương trình (1) với $\sqrt{2}$ ta được hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{array}{l}2x-3y\sqrt{2}=2\\ 2x-3y\sqrt{2}=2.\end{array}\right.$

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được:

0x + 0y = 0. Hệ thức này luôn thỏa mãn với các giá trị tùy ý của x và y.

Với giá trị tùy ý của x, giá trị của y được tính nhờ hệ thức x$\sqrt{2}$ - 3y = $\sqrt{2}$, suy ra $y=\frac{\sqrt{2}}{3}x-\frac{\sqrt{2}}{3}.$

Vậy hệ phương trình (I) có nghiệm là $\left(x;\frac{\sqrt{2}}{3}x-\frac{\sqrt{2}}{3}\right)$ với x ∈ ℝ.

b) Với m = -$\sqrt{2}$ ta có hệ phương trình: $\left(II\right)\left\{\begin{array}{l}x\sqrt{2}-3y=-\sqrt{2}\left(2\right)\\ 2x-3y\sqrt{2}=2\end{array}\right.$

Nhân hai vế của phương trình (2) với $\sqrt{2}$ ta được hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{array}{l}2x-3y\sqrt{2}=-2\\ 2x-3y\sqrt{2}=2.\end{array}\right.$

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được:

0x + 0y = –4. Phương trình này vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình (II) vô nghiệm.

c) Với m = 2$\sqrt{2}$ ta có hệ phương trình: $\left(III\right)\left\{\begin{array}{l}x\sqrt{2}-3y=2\sqrt{2}\left(3\right)\\ 8x-3y\sqrt{2}=2\end{array}\right.$

Nhân hai vế của phương trình (3) với $\sqrt{2}$ ta được hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{array}{l}2x-3y\sqrt{2}=4\\ 8x-3y\sqrt{2}=2\end{array}\right.$

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được:

–6x = 2, suy ra x = -$\frac{1}{3}$

Thế x = -$\frac{1}{3}$ vào phương trình (3), ta được:

$-\frac{1}{3}\cdot \sqrt{2}-3y=2\sqrt{2},$ suy ra $3y=-\frac{\sqrt{2}}{3}-2\sqrt{2},$ nên

$y=-\frac{\sqrt{2}}{9}-\frac{2\sqrt{2}}{3}=\frac{-\sqrt{2}-2\sqrt{2}\cdot 3}{9}=\frac{-7\sqrt{2}}{9}.$

Vậy hệ phương trình (III) có nghiệm là $\left(-\frac{1}{3};\frac{-7\sqrt{2}}{9}\right).$

Bài 7 trang 127 Toán 9 Tập 2: Để chuẩn bị làm một ngôi nhà, chú Ba tính rằng tổng diện tích xây dựng là khoảng 100 m² và tổng chi phí (tiền vật liệu và tiền công thợ) hết khoảng 600 triệu đồng. Khi thực hiện, diện tích xây dựng tăng thêm 20 m² và cứ mỗi mét vuông xây dựng, chi phí tiền vật liệu tăng thêm 10% và tiền công thợ tăng thêm $\frac{1}{5}$ lần so với dự tính ban đầu. Do đó tổng chi phí thực tế là 804 triệu đồng. Hỏi thực tế chú Ba phải trả bao nhiêu tiền vật liệu và bao nhiêu tiền công thợ cho mỗi mét vuông xây dựng?

Lời giải:

Gọi x, y (triệu đồng) lần lượt là số tiền dự tính phải trả vật liệu và công thợ cho mỗi mét vuông xây dựng (0 < x < 600, 0 < y < 600).

+ Theo dự tính, tổng diện tích xây dựng là khoảng 100 m² nên:

⦁ số tiền dùng để trả vật liệu là: 100x (triệu đồng);

⦁ số tiền dùng để trả công thợ là: 100y (triệu đồng).

Do tổng chi phí (tiền vật liệu và tiền công thợ) chú Ba dự tính hết khoảng 600 triệu đồng nên ta có phương trình:

100x + 100y = 600 hay x + y = 6. (1)

+ Theo thực tế:

⦁ tổng diện tích xây dựng là: 100 + 20 = 120 (m²);

⦁ chi phí tiền vật liệu cho mỗi mét vuông là:

(100% + 10%).x = 1,1x (triệu đồng);

⦁ tiền công thợ cho mỗi mét vuông là:

$\left(1+\frac{1}{5}\right)y=1,2y$ (triệu đồng);

⦁ số tiền dùng để trả vật liệu là: 120.1,1x = 132x (triệu đồng);

⦁ số tiền dùng để trả công thợ là: 120.1,2y = 144y (triệu đồng).

Do tổng chi phí thực tế là 804 triệu đồng nên ta có phương trình:

132x + 144y = 804 hay 11x + 12y = 67. (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y=6\left(1\right)\\ 11x+12y=67\left(2\right)\end{array}\right.$

Nhân hai vế của phương trình (1) với 12, ta được hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{array}{l}12x+12y=72\\ 11x+12y=67.\end{array}\right.$

Trừ từng vế của hai phương trình trong hệ mới, ta được: x = 5.

Thế x = 5 vào phương trình (1), ta được: 5 + y = 6, suy ra y = 1.

Các giá trị x, y tìm được ở trên đều thỏa mãn điều kiện.

Vậy thực tế chú Ba phải trả 1,1.5 = 5,5 triệu đồng tiền vật liệu và 1,2.1 = 1,2 triệu đồng tiền công thợ cho mỗi mét vuông xây dựng.

Bài 8 trang 128 Toán 9 Tập 2: Hai bến A và B trên một dòng sông cách nhau 36 km. Một ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B, rồi sau đó ngược dòng từ bến B về bến A hết thời gian bằng thời gian nó đi quãng đường 75 km khi nước yên lặng. Tính vận tốc thực của ca nô (tức là vận tốc của ca nô khi nước yên lặng), biết rằng vận tốc dòng nước là 3 km/ h.

Lời giải:

Gọi x (km/h) là vận tốc thực của ca nô khi nước yên lặng (x > 3).

Vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là: x + 3 (km/h).

Vận tốc của ca nô khi ngược dòng là: x – 3 (km/h).

Thời gian ca nô đi hết quãng đường 75 km khi nước yên lặng là: $\frac{75}{x}$ (giờ).

Thời gian ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B cách nhau 36 km là: $\frac{36}{x+3}$ (giờ).

Thời gian ca nô đi ngược dòng từ bến B về bến A cách nhau 36 km là: $\frac{36}{x-3}$ (giờ).

Do ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B, rồi sau đó ngược dòng từ bến B về bến A hết thời gian bằng thời gian nó đi quãng đường 75 km khi nước yên lặng nên ta có phương trình:

$\frac{36}{x+3}+\frac{36}{x-3}=\frac{75}{x}.$

Giải phương trình:

$\frac{36}{x+3}+\frac{36}{x-3}=\frac{75}{x}$

$\frac{36x\left(x-3\right)}{x\left(x+3\right)\left(x-3\right)}+\frac{36x\left(x+3\right)}{x\left(x+3\right)\left(x-3\right)}=\frac{75\left(x+3\right)\left(x-3\right)}{x\left(x+3\right)\left(x-3\right)}$

36x(x – 3) + 36x(x + 3) = 75(x + 3)(x – 3)

36x² – 108x + 36x² + 108x = 75(x² – 9)

72x² = 75x² – 675

3x² = 675

x² = 225

x = 15 (do x > 3).

Vậy vận tốc thực của ca nô khi nước yên lặng là 15 km/h.

Hình học và đo lường

Bài 9 trang 128 Toán 9 Tập 2: Để đo khoảng cách giữa hai điểm A và B không tới được, một người đứng ở điểm H sao cho B ở giữa A và H rồi dịch chuyển đến điểm K sao cho KH vuông góc với AB tại H, HK = a (m), ngắm nhìn A với $\widehat{AKH}=\alpha ,$ ngắm nhìn B với $\widehat{BKH}=\beta \left(\alpha >\beta \right).$

a) Hãy biểu diễn AB theo a, α, β.

b) Khi a = 3 m, α = 60°, β = 30°, hãy tính AB (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ ba của mét).

Lời giải:

a) Xét ∆AHK vuông tại H, ta có: AH = HK.tan$\widehat{AKH}$ = a.tan$\alpha$ (m).

Xét BAHK vuông tại H, ta có: BH = HK.tan$\widehat{BKH}=a\cdot tan\beta \left(m\right).$

Do B nằm giữa A và H nên AB + BH = AH.

Suy ra AB = AH – BH = a.tanα – a.tanβ = a(tanα – tanβ) (m).

b) Thay a = 3 m, α = 60°, β = 30° vào biểu thức độ dài AB ở câu a, ta được:

AB = 3.(tan60° – tan30°) $=3\left(\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)=3\cdot \frac{2\sqrt{3}}{3}=2\sqrt{3}$ ≈ 3,464 (m).

Bài 10 trang 128 Toán 9 Tập 2: Cho tam giác ABC vuông tại B có góc $\widehat{A}=30°$, AB = 6cm. Vẽ tia Bt sao cho $\widehat{tBC}=30°,$ cắt tia AC ở D (C nằm giữa A và D).

a) Chứng minh tam giác ABD cân tại B.

b) Tính khoảng cách từ D đến đường thẳng AB.

Lời giải:

a) Do ∆ABC vuông tại B nên $\widehat{ABC}=90°.$

Ta có: $\widehat{ABD}=\widehat{ABC}+\widehat{tBC}=90°+30°=120°.$

Xét ∆ABD có $\widehat{ABD}+\widehat{BDA}+\widehat{DAB}=180°$ (tổng ba góc của một tam giác).

Suy ra $\widehat{BDA}=180°-\widehat{ABD}-\widehat{DAB}=180°-120°-30°=30°.$

Do đó $\widehat{BAD}=\widehat{BDA}\left(=30°\right)$ nên ∆ABD cân tại B.

b) Vì ∆ABD cân tại B (câu a) nên BD = BA = 6 cm.

Kẻ DH ⊥ AB, H ∈ AB.

Mà BC ⊥ AB nên CB // DH, do đó $\widehat{BDH}=\widehat{tBC}=30°.$

Xét ∆BDH vuông tại H, ta có:

$DH=BD\cdot \cos \widehat{BDH}=6\cdot \cos 30°=6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}\text{ (cm).}$

Vậy khoảng cách từ D đến đường thẳng AB bằng 3$\sqrt{3}$ cm.

Bài 11 trang 128 Toán 9 Tập 2: Tứ giác ABCD có hai góc đối diện B và D vuông, hai góc kia không vuông.

a) Chứng minh rằng có một đường tròn đi qua bốn điểm A, B, C và D. Ta gọi đó là đường tròn (𝒞).

b) Gọi I và K lần lượt là trung điểm các đường chéo AC và BD của tứ giác. Chứng minh rằng IK ⊥ BD.

c) Kí hiệu các tiếp tuyến của đường tròn (𝒞) tại A, B và C lần lượt là a, b và c. Giả sử b cắt a và c theo thứ tự tại E và F. Chứng minh rằng tứ giác AEFC là một hình thang.

d) Chứng minh rằng EF = AE + CF.

Lời giải:

a) Xét ∆ABC vuông tại B nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của cạnh huyền AC. Do đó ba điểm A, B, C cùng nằm trên đường tròn đường kính AC.

Xét ∆ADC vuông tại D nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của cạnh huyền AC. Do đó ba điểm A, D, C cùng nằm trên đường tròn đường kính AC.

Vậy bốn điểm A, B, C và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AC.

b) Do đường tròn (𝒞) đi qua bốn điểm A, B, C, D có đường kính là AC mà I là trung điểm của AC nên đường tròn (𝒞) có tâm là I, do đó IB = ID. Suy ra I nằm trên đường trung trực của BD.

Lại có K là trung điểm của BD nên K thuộc đường trung trực của BD.

Vì vậy, IK là đường trung trực của BD nên IK ⊥ BD.

c) Vì đường thẳng a là tiếp tuyến của đường tròn (𝒞) tại A nên IA ⊥ a hay AC ⊥ a.

Vì đường thẳng c là tiếp tuyến của đường tròn (𝒞) tại C nên IC ⊥ c hay AC ⊥ c.

Do đó a // c hay AE // CF nên tứ giác AEFC là hình thang.

d) Xét đường tròn (𝒞) có:

⦁ hai tiếp tuyến tại A và B lần lượt là a, b cắt nhau tại E nên AE = BE.

⦁ hai tiếp tuyến tại C và B lần lượt là c, b cắt nhau tại F nên CF = BF.

Do đó AE + CF = BE + BF = EF.

Vậy EF = AE + CF.

Bài 12 trang 128 Toán 9 Tập 2: Tỉ lệ các loại quả bán được trong một ngày của một cửa hàng được thể hiện trong biểu đồ hình quạt tròn như hình bên. Số phần trăm ghi trong mỗi hình quạt đúng bằng tỉ số giữa số đo của cung tròn tương ứng và số đo của cả đường tròn (360°).

a) Tính số đo của mỗi cung tròn ứng với hình quạt màu tím, màu cam và màu đỏ.

b) Tính số đo của cung còn lại (ứng với hình quạt màu xanh) bằng hai cách.

Lời giải:

a) Số đo của cung tròn ứng với hình quạt màu tím là:

360° . 40% = 144°.

Số đo của cung tròn ứng với hình quạt màu cam là:

360° . 10% = 36°.

Số đo của cung tròn ứng với hình quạt màu đỏ là:

360° . 20% = 72°.

b) Cách 1. Số đo của cung tròn ứng với hình quạt màu xanh là:

360° . 30% = 108°.

Cách 2. Số đo của cung tròn ứng với hình quạt màu xanh là:

360° – 36° – 72° = 108°.

Bài 13 trang 129 Toán 9 Tập 2: Cho tam giác ABC (AB < AC) ngoại tiếp đường tròn (I) với các tiếp điểm trên BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Gọi X và Y lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C xuống CI và BI. Chứng minh rằng:

a) DBXF, DCYE là các tứ giác nội tiếp.

b) Bốn điểm X, Y, E, F thẳng hàng.

Lời giải:

a) Xét ∆BXI vuông tại X có đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của cạnh huyền BI. Do đó ba điểm B, X, I cùng nằm trên đường tròn đường kính BI.

Xét ∆BFI vuông tại X có đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của cạnh huyền BI. Do đó ba điểm B, F, I cùng nằm trên đường tròn đường kính BI.

Xét ∆BDI vuông tại X có đường tròn ngoại tiếp tam giác này có tâm là trung điểm của cạnh huyền BI. Do đó ba điểm B, D, I cùng nằm trên đường tròn đường kính BI.

Do đó 5 điểm D, B, X, F, I cùng nằm trên đường tròn đường kính BI, nên tứ giác DBXF là tứ giác nội tiếp.

Chứng minh tương tự, ta cũng có 5 điểm D, C, Y, E, I cùng nằm trên đường tròn đường kính CI, nên tứ giác DCYE là tứ giác nội tiếp.

b) * Chứng minh tương tự câu a, ta có bốn điểm B, X, Y, C cùng nằm trên đường tròn đường kính BC nên tứ giác BXYC là tứ giác nội tiếp.

Suy ra $\widehat{YXC}=\widehat{YBC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CY). (1)

Ta có tứ giác BXFI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BI nên $\widehat{FXI}=\widehat{FBI}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung FI). (2)

Mặt khác, tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) nên BI là đường phân giác của góc ABC, do đó $\widehat{ABI}=\widehat{IBC}$ hay $\widehat{FBI}=\widehat{YBC}.$ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\widehat{YXC}=\widehat{FXI}$ hay $\widehat{YXC}=\widehat{FXC},$ do đó ba điểm X, F, Y thẳng hàng. (4)

* Chứng minh tương tự như trên, ta cũng có: $\widehat{XYB}=\widehat{XCB};$$\widehat{EYI}=\widehat{ECI};$$\widehat{ECI}=\widehat{XCB}.$

Suy ra $\widehat{XYB}=\widehat{EYI}$ hay $\widehat{XYB}=\widehat{EYB}$ nên ba điểm X, E, Y thẳng hàng. (5)

Từ (4) và (5) suy ra bốn điểm X, Y, E, F thẳng hàng.

Bài 14 trang 129 Toán 9 Tập 2: Bạn Khôi làm một chiếc mũ sinh nhật bằng bìa cứng có dạng hình nón với đường kính đáy bằng 20 cm, độ dài đường sinh bằng 30 cm. Tính diện tích giấy để làm chiếc mũ sinh nhật trên (lấy π ≈ 3,14 và coi mép dán không đáng kể).

Lời giải:

Giả sử chiếc mũ sinh nhật được mô tả như hình vẽ sau:

Khi đó AB = 20 cm và SA = 30 cm.

Suy ra AO = $\frac{1}{2}$AB = $\frac{1}{2}$.20 = 10 (cm).

Vậy diện tích giấy để làm chiếc mũ sinh nhật trên chính là diện tích xung quanh của hình nón và bằng khoảng:

S_xq = π.AO.SA ≈ 3,14 . 10 . 30 = 942 (cm²).

Bài 15 trang 129 Toán 9 Tập 2: Chiều cao (cm) của 20 bé trai 24 tháng tuổi được cho như bảng sau:

85,2 87,9 80,3 92,1 93,7 88,5 94,2 83,0 95,1 84,6

84,1 89,6 87,5 90,3 81,2 87,6 93,5 84,8 94,4 85,1

Theo Tổ chức Y tế Thế giới WHO, nếu bé trai 24 tháng tuổi có chiều cao dưới 81,7 cm được xem là thấp còi, chiều cao từ 81,7 cm đến dưới 93,9 cm được xem là đạt chuẩn, chiều cao từ 93,9 cm trở lên được xem là cao.

a) Hãy hoàn thiện bảng sau vào vở:

b) Tính tỉ lệ bé trai 24 tháng tuổi theo các mức phân loại về chiều cao. Vẽ biểu đồ hình quạt tròn biểu diễn các tỉ lệ thu được.

c) Uớc lượng số bé trai thấp còi, đạt chuẩn, cao trong số 1 200 bé trai 24 tháng tuổi.

Lời giải:

a) Có 2 bé trai có chiều cao dưới 81,7 cm; có 15 bé trai có chiều cao từ 81,7 cm đến dưới 93,9 cm; có 3 bé trai có chiều cao từ 93,9 cm trở lên.

Ta có bảng sau:

b) Tỉ lệ bé trai 24 tháng tuổi có chiều cao được xem là thấp còi là: $\frac{2}{20}$.100% = 10%.

Tỉ lệ bé trai 24 tháng tuổi có chiều cao được xem là đạt chuẩn là: $\frac{15}{20}$.100% = 75%.

lệ bé trai 24 tháng tuổi có chiều cao được xem là cao là: $\frac{3}{20}$.100% = 15%.

Để vẽ biểu đồ hình quạt tròn biểu diễn tỉ lệ thu được, ta làm như sau:

Bước 1. Xác định số đo cung tương ứng của các hình quạt biểu diễn các tỉ lệ theo các mức phân loại về chiều cao:

Thấp còi: 360° . 10% = 36°;

Đạt chuẩn: 360° . 75% = 270°;

Cao: 360° . 15% = 54°.

Bước 2. Vẽ hình tròn và chia hình tròn thành các hình quạt (Hình a).

Bước 3. Định dạng các hình quạt tròn, ghi tỉ lệ phần trăm, chú giải và tiêu đề (Hình b).

c) Ước lượng số bé trai có chiều cao được xem là thấp còi trong số 1 200 bé trai 24 tháng tuổi là:

1 200 . 10% = 120 (bé trai).

Ước lượng số bé trai có chiều cao được xem là đạt chuẩn trong số 1 200 bé trai 24 tháng tuổi là:

1 200 . 75% = 900 (bé trai).

Ước lượng số bé trai có chiều cao được xem là cao trong số 1 200 bé trai 24 tháng tuổi là:

1 200 . 15% = 180 (bé trai).

Bài 16 trang 129 Toán 9 Tập 2: Một nhóm học sinh của lớp 9A có 3 bạn nam và 2 bạn nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên hai bạn trong nhóm để tham gia một phong trào của trường.

a) Mô tả không gian mẫu.

b) Tính xác suất để hai bạn được chọn khác giới tính.

Lời giải:

a) Kí hiệu ba bạn nam là A, B, C và hai bạn nữ là D, E.

Phép thử là giáo viên chọn ngẫu nhiên hai bạn trong nhóm để tham gia một phong trào của trường.

Kết quả của phép thử là (a, b), trong đó a và b tương ứng là bạn học sinh mà giáo viên lựa chọn.

Vậy không gian mẫu là:

Ω = {(A, B); (A, C); (A, D); (A, E); (B, C); (B, D); (B, E); (C, D); (C, E); (D, E)}.

b) Tập Ω có 10 phần tử.

Vì giáo viên chọn ngẫu nhiên hai bạn trong nhóm nên các kết quả có thể của phép thử là đồng khả năng.

Có 6 kết quả thuận lợi cho biến cố “Hai bạn được chọn khác giới tính” là: (A, D); (A, E); (B, D); (B, E); (C, D); (C, E).

Vậy xác suất để hai bạn được chọn khác giới tính là: $\frac{6}{10}=\frac{3}{5}.$

Xem thêm Lời giải bài tập Toán 9 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Chương 7: Tần số và tần số tương đối

Chương 8: Xác suất của biến cố trong một số mô hình xác suất đơn giản

Chương 9: Đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp

Chương 10: Một số hình khối trong thực tiễn

Hoạt động thực hành trải nghiệm