Bài 10 diện tích hình tròn, hình quạt tròn – Sách bài tập Toán 9 tập 2
Bài 63 trang 111 SBT Toán 9 tập 2
a) Điền vào ô trống trong bảng sau (S là diện tích hình tròn bán kính R).
R |
0 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
10 |
20 |
S |
b) Vẽ đồ thị biểu diễn diện tích hình tròn theo bán kính của nó.
c) Diện tích hình tròn có tỉ lệ thuận với bán kính không?
Giải: a)
R |
0 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
10 |
20 |
S |
0 |
π |
4π |
9π |
16π |
25π |
100π |
400π |
b) Vẽ đồ thị:
c) Diện tích không tỉ lệ thuận với bán kính
Bài 64 trang 111 Sách bài tập Toán 9
a) Điền vào ô trống trong bảng sau (S là diện tích hình quạt n0).
Cung n0 |
0 |
45 |
90 |
180 |
360 |
S |
b) Vẽ đồ thị biểu diễn diện tích hình quạt theo n0.
c) Diện tích hình quạt có tỉ lệ thuận với số đo độ của cung không?
Giải: a)
Cung n0 |
0 |
45 |
90 |
180 |
360 |
\(S = {{\pi {R^2}.n} \over {360}}\) |
0 |
\({{\pi {R^2}} \over 8}\) |
\({{\pi {R^2}} \over 4}\) |
\({{\pi {R^2}} \over 2}\) |
\(\pi {R^2}\) |
b) Vẽ đồ thị:
c) Diện tích hình quạt tròn tỉ lệ thuận với số đo độ của cung tròn.
Bài 65 trang 112
Tính diện tích hình tròn biết chu vi của nó là C.
Giải: Gọi bán kính của hình tròn là R, diện tích là S.
Ta có: C = \(2\pi R \Rightarrow R = {C \over {2\pi }}\)
\(S = \pi {R^2} = \pi .{\left( {{C \over {2\pi }}} \right)^2}\)
\( = \pi .{{{C^2}} \over {4{\pi ^2}}} = {{{C^2}} \over {4\pi }}\) (đơn vị diện tích)
Bài 66 trang 112
So sánh diện tích hình gạch sọc và hình để trắng trong trong hình 10:
Giải
Hình để trắng là nửa hình tròn có đường kính 4 cm nên bán kính bằng 2 cm có diện tích:
\({S_1} = {1 \over 2}\pi {.2^2} = 2\pi \) (cm2)
Diện tích \({1 \over 4}\) hình tròn có bán kính 4 cm:
S = \({1 \over 4}\pi {.4^2} = 4\pi \) (cm2)
Diện tích phần gạch sọc:
S2 = S – S1 = \(4\pi – 2\pi = 2\pi \) (cm2)
Vậy: S1 = S2
Bài 67 trang 112 SBT Toán 9 tập 2
a) Vẽ đường xoắn (h.11) xuất phát từ một hình vuông cạnh 1cm. Nói cách vẽ.
b) Tính diện tích hình gạch sọc.
Giải
a) Hình vuông ABCD có cạnh 1 cm
– Vẽ cung đường tròn tâm A bán kính 1 cm ta được cung \(\overparen{DE}\)
– Vẽ cung đường tròn tâm B bán kính 2 cm ta được cung \(\overparen{EF}\)
– Vẽ cung đường tròn tâm C bán kính 3 cm ta được cung \(\overparen{FG}\)
– Vẽ cung đường tròn tâm D bán kính 4 cm ta được cung \(\overparen{GH}\)
b) Tính diện tích phần gạch sọc.
Diện tích hình quạt DAE = \({1 \over 4}\pi {.1^2}\)
Diện tích hình quạt EBF = \({1 \over 4}\pi {.2^2}\)
Diện tích hình quạt FCG = \({1 \over 4}\pi {.3^2}\)
Diện tích hình quạt GDH = \({1 \over 4}\pi {.4^2}\)
Diện tích phần gạch sọc:
S = \({1 \over 4}\pi \left( {{1^2} + {2^2} + {3^2} + {4^2}} \right) = {{15} \over 2}\) (cm2)
Bài 68 trang 112 SBT Toán 9 tập 2
Một chiếc bàn hình tròn được ghép bởi hai nửa hình tròn đường kính 1,2m. Người ta muốn nới rộng một bàn bằng cách ghép thêm (vào giữa) một mặt hình chữ nhật có một kích thước là 1,2m (h.12).
Hỏi
a) Kích thước kia của hình chữ nhật phải là bao nhiều nếu diện tích mặt bàn tăng gấp đôi sau khi nới?
b) Kích thước kia của hình chữ nhật phải là bao nhiêu nếu chu vi mặt bàn tăng gấp đôi sau khi nới?
Đáp án: a) Gọi kích thước thứ 2 của hình chữ nhật là x (cm), điều kiện: x > 0
Ta có: \(1,2.x + \pi {\left( {0,6} \right)^2} = 2.\pi {\left( {0,6} \right)^2}\)
\( \Rightarrow 1,2.x = \pi .{\left( {0,6} \right)^2}\)
\(x = {{\pi .0,36} \over 2} \approx 0,942\) (m)
b) Chu vi mặt bàn mới là \(1,2.\pi + 2x\)
Theo bài ra ta có: \(1,2\pi .2x = 2.1,2\pi \)
\( \Rightarrow x = {{1,2\pi } \over 2} \approx 1,885\) (m)
Bài 69 trang 112 Toán 9
Cho đường trong (O; R). Chia đường tròn này thành ba cung có số đo tỉ lệ với 3, 4 và 5 rồi tính diện tích các hình quạt tròn được tạo thành.
Lời giải: Gọi số đo độ của 3 cung theo thứ tự là a, b, c có a + b + c = 3600
Theo bài ra ta có: \({a \over 3} = {b \over 4} = {c \over 5}\)
\( = {{a + b + c} \over {3 + 4 + 5}} = {{{{360}^0}} \over {12}} = {30^0}\)
a = 3. 300 = 900; b = 4. 300 = 1200
c = 5. 300 = 1500
Diện tích các hình quạt tương ứng với cung 900, 1200, 1500
là S1, S2, S3
\({S_1} = {{\pi {R^2}.90} \over {360}} = {{\pi {R^2}} \over 4}\)
\({S_2} = {{\pi {R^2}.120} \over {360}} = {{\pi {R^2}} \over 3}\)
\({S_3} = {{\pi {R^2}.150} \over {360}} = {{5\pi {R^2}} \over {12}}\)
Câu 70 trang 112
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) có \(\widehat C = {45^0}\).
a) Tính diện tích hình quạt tròn AOB (ứng với cung nhỏ AB)
b) Tính diện tích hình viên phân AmB (ứng với cung nhỏ AB)
Giải:
a) \(\widehat C = {45^0}\) (gt)
\( \Rightarrow \) sđ \(\overparen{AmB}\) \( = {90^0}\)
Diện tích hình quạt AOB là:
\(S = {{\pi {R^2}.90} \over {360}} = {{\pi {R^2}} \over 4}\) (đơn vị diện tích)
b) \(\widehat {AOB} = \) sđ \(\overparen{AmB}\) \( = {90^0}\)
\( \Rightarrow OA \bot OB\)
Diện tích tam giác OAB là: \(S = {1 \over 2}OA.OB = {{{R^2}} \over 2}\)
Diện tích hình viên phân AmB là:
Squạt AOB – S AOB = \({{\pi {R^2}} \over 4} – {{{R^2}} \over 2} = {{{R^2}\left( {\pi – 2} \right)} \over 4}\) (đơn vị diện tích)
Bài 71 trang 113 SBT Toán 9 tập 2
Trong một tam giác đều ABC (h.13), vẽ những cung tròn đi qua tâm của tam giác và từng cặp đỉnh của nó. Cho biết cạnh tam giác bằng a, tính diện tích hình hoa thị gạch sọc.
Giải
Diện tích hình hoa thị bằng tổng diện tích 3 hình viên phân trừ diện tích tam giác đều ABC.
Gọi O là tâm của tam giác đều ABC
\( \Rightarrow OA = OB = OC\)
Vì ∆ABC đều nên AO, BO, CO là phân giác của các góc \(\widehat A,\widehat B,\widehat C\)
\(\widehat {OAC} = \widehat {OCA} = {{{{60}^0}} \over 2} = {30^0}\)
\(\widehat {AOC} = {180^0} – \left( {{{30}^0} + {{30}^0}} \right) = {120^0}\)
\( \Rightarrow \) sđ \(\overparen{AOC}\) là tam giác đều nội tiếp trong đường tròn (O’; R)
Trong tam giác O’HA có \(\widehat {O’HA} = {90^0}\), \(\widehat {HO’A} = {60^0}\)
AH = R.sin \(\widehat {HO’A} = R\). sin 600 = \({{R\sqrt 3 } \over 2}\)
AC = 2AH = \(R\sqrt 3 \)
\( \Rightarrow R = {{AC} \over {\sqrt 3 }} = {a \over {\sqrt 3 }} = {{a\sqrt 3 } \over 3}\)
Squạt = \({{\pi {{\left( {{{a\sqrt 3 } \over 3}} \right)}^2}.120} \over {360}}\)
= \({{\pi {{{a^2}} \over 3}} \over 3} = {{\pi {a^2}} \over 9}\) (đơn vị diện tích)
∆O’HA có \(\widehat {O’HA} = {90^0}\); \(\widehat {HO’A} = {60^0}\)
O’A = \(R.\cos {60^0} = {{a\sqrt 3 } \over 3}.{1 \over 2} = {{a\sqrt 3 } \over 6}\)
S∆O’CA = \({1 \over 2}O’H.AC = {1 \over 2}.{{a\sqrt 3 } \over 6}.a = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {12}}\) (đơn vị diện tích)
Sviên phân = Squạt – S∆O’CA = \({{\pi {a^2}} \over 9} – {{{a^2}\sqrt 3 } \over {12}} = {{4\pi {a^2} – 3{a^2}\sqrt 3 } \over {36}}\)
Diện tích tam giác đều ABC cạnh a: SABC = \({{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\) (đơn vị diện tích)
Diện tích hình hoa thị là:
S = 3Sviên phân – SABC = \(3.{{4\pi {R^2} – 3{a^2}\sqrt 3 } \over {36}} – {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\)
= \({{4\pi {a^2} – 3{a^2}\sqrt 3 } \over {12}} – {{3{a^2}\sqrt 3 } \over {12}}\)
= \({{4\pi {a^2} – 6{a^2}\sqrt 3 } \over {12}} = {{{a^2}} \over 6}\left( {2\pi – 3\sqrt 3 } \right)\)
Bài 72 SBT Toán 9 trang 113
Cho tam giác ABC vuông ở A và đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm O đường kính AB. Biết BH = 2cm và HC = 6cm. Tính:
a) Diện tích hình tròn (O).
b) Tổng diện tích hai hình viên phân AmH và BnH (ứng với các cung nhỏ).
c) Diện tích hình quạt tròn AOH (ứng với cung nhỏ AH).
Giải
a) ∆ABC có \(\widehat A = {90^0}\)
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(A{B^2} = BH.BC \Rightarrow A{B^2} = 2.\left( {2 + 6} \right) = 16\)
AB = 4 (cm)
Diện tích hình tròn tâm O là:
\(S = \pi {\left( {{{AB} \over 2}} \right)^2} = \pi {\left( {{4 \over 2}} \right)^2} = 4\pi \) (cm2)
b) Tổng diện tích hai hình viên phân AmH
Và BnH bằng diện tích nửa hình tròn tâm O trừ diện tích ∆AHB
Trong tam giác vuông ABC ta có:
\(A{H^2} = HB.HC = 2.6 = 12\)
AH = \(2\sqrt 3 \) (cm)
SAHB = \({1 \over 2}AH.BH = {1 \over 2}.2.2\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \) (cm2)
Tổng diện tích hai hình viên phân là:
\(S = 2\pi – 2\sqrt 3 = 2\left( {\pi – \sqrt 3 } \right)\) (cm2)
c) ∆BOH có OB = OH = BH = 2 cm
\( \Rightarrow \Delta BOH\) đều
\( \Rightarrow \widehat B = {60^0}\)
\(\widehat B = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{AmH}\) (tính chất góc nội tiếp)
\( \Rightarrow \) sđ \(\overparen{AmH}\) \( = 2\widehat B = {120^0}\)
Squạt AOH = \({{\pi {{.2}^2}.120} \over {360}} = {{4\pi } \over 3}\) (cm2)
Câu 10.1, 10.2 trang 113 SBT Toán 9 tập 2
Câu 10.1
Tính diện tích của hình được giới hạn bởi các đường cong, biết OA = OB = R > 0 (h.bs.7).
Giải
Hình đó gồm nửa hình tròn bán kính 5R, 3 nửa hình tròn bán kính R và bớt đi 2 nửa hình tròn bán kính R.
\(S = {{\pi {{\left( {5R} \right)}^2}} \over 2} + 3.{{\pi {R^2}} \over 2} – 2.{{\pi {R^2}} \over 2}\)
\( = {{25{R^2}\pi } \over 2} + {{\pi {R^2}} \over 2}\)
\( = {{26\pi {R^2}} \over 2} = 13\pi {R^2}\) (đơn vị diện tích)
Câu 10.2
Tính diện tích của hình cánh hoa, biết OA = R (h.bs.8).
Giải
Ta có 12 hình viên phân có diện tích bằng nhau tạo nên cánh hoa đó.
Xét hình viên phân giới hạn bởi cung \(\overparen{BO}\) và dây căng cung đó thì cung \(\overparen{BO}\) là cung của đường tròn tâm A bán kính R.
OA = AB = OB = R
\( \Rightarrow \Delta AOB\) đều \( \Rightarrow \widehat {OAB} = {60^0}\)
Squạt OAB = \({{\pi {R^2}.60} \over {360}} = {{\pi {R^2}} \over 6}\)
Kẻ \(AI \bot BO\). Trong tam giác vuông AIO ta có:
AI = AO. sin\(\widehat {AOI} = R.\sin {60^0} = {{R\sqrt 3 } \over 2}\)
S∆AOB =\({1 \over 2}AI.AB = {1 \over 2}.{{R\sqrt 3 } \over 2}.R = {{{R^2}\sqrt 3 } \over 4}\)
Diện tích 1 hình viên phân là:
S1 = Squạt OAB – S AOB
=\({{\pi {R^2}} \over 6} – {{{R^2}\sqrt 3 } \over 4} = {{2\pi {R^2} – 3{R^2}\sqrt 3 } \over {12}}\)
Diện tích của hình cánh hoa:
S = 12. S1 = 12.\({{2\pi {R^2} – 3{R^2}\sqrt 3 } \over {12}} = {R^2}\left( {2\pi – 3\sqrt 3 } \right)\) (đơn vị diện tích)
Trả lời