Giải SBT Toán 9 Chân trời sáng tạo Bài 4. Hình quạt tròn và hình vành khuyên có đáp án

a) Xét ∆OAB cân tại O (do OA = OB) nên $\widehat {AOB} = 180^\circ - 2\widehat {OAB} = 180^\circ - 2 \cdot 45^\circ = 90^\circ .$

Suy ra

b) Độ dài cung AmB là:

${l}_{\overset{\frown}{AmB}}=\frac{π\cdot 2\cdot 90}{180}=π\approx 3{,}14(\text{cm}).$

c) Diện tích hình quạt tròn OAmB là:

${S_{OAmB}} = \frac{{\pi \cdot {2^2} \cdot 90}}{{360}} = \pi \approx 3{,}14\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^2}).$

d) Do ∆OAB có $\widehat {AOB} = 90^\circ$ nên ∆OAB vuông tại O.

Diện tích tam giác OAB là:

${S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 = 2\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^2}).$

Diện tích hình viên phân giới hạn bởi cung AmB và dây AB bằng:

S$_{OAmB}$ – S$_{∆}$$_{O}$$_{AB}$ = π – 2 ≈ 3,14 – 2 = 1,14 (cm$^{2}$).

a) Xét ∆OAC cân tại O (do OA = OC), suy ra $\widehat {OCA} = \widehat {OAC} = 30^\circ .$

Lại có $\widehat {OCA} + \widehat {OAC} + \widehat {AOC} = 180^\circ$

Suy ra $\widehat {AOC} = 180^\circ - \widehat {OCA} - \widehat {OAC} = 180^\circ - 30^\circ - 30^\circ = 120^\circ$

Do đó $\widehat {DOB} = \widehat {AOC} = 120^\circ$ (đối đỉnh).

Do AB = 3 cm, suy ra $AO = OB = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} \cdot 3 = 1{,}5$ (cm).

Cung BmD có số đo 120°, bán kính R = 1,5 cm có độ dài là:

${l}_{\overset{\frown}{BmD}}=\frac{π\cdot 1{,}5\cdot 120}{180}=π\approx 3{,}14(\text{cm}).$

b) Diện tích hình quạt tròn OBmD bán kính R = 1,5 cm là:

${S_{OBmD}} = \frac{{\pi \cdot 1,{5^2} \cdot 120}}{{360}} = \frac{3}{4}\pi \approx 2{,}36\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^2}).$

Diện tích hình quạt tròn ứng với số liệu 45% là:

$45\% \cdot \pi {R^2} = 45\% \cdot \pi \cdot {15^2} = \frac{{405\pi }}{4} \approx 318{,}09\,\,(\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}).$

Diện tích hình quạt tròn ứng với số liệu 33 % là:

$33\% \cdot \pi {R^2} = 33\% \cdot \pi \cdot {15^2} = \frac{{297\pi }}{4} \approx 233{,}26\,\,(\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}).$

Diện tích hình quạt tròn ứng với số liệu 22 % là:

$$22\% \cdot \pi \cdot {R^2} = 22\% \cdot \pi \cdot {15^2} = \frac{{99\pi }}{2} \approx 155{,}51\,\,(\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}).$$

Diện tích hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn (O; 8 cm) và (O; 24 cm) là:

S = π(R$^{2}$ – r$^{2}$) = π(24$^{2}$ – 8$^{2}$) = 512π ≈ 1 608,50 (cm$^{2}$).

Gọi C và D là giao điểm của hai đường tròn (A; 50 km) và $\left( {B;\,\,50\sqrt 3 \;\,{\rm{cm}}} \right).$

Ta có: $A{C^2} + B{C^2} = {50^2} + {\left( {50\sqrt 3 } \right)^2} = 2\,\,500 + 7\,\,500 = 10\,\,000;$

AB$^{2}$ = 100$^{2}$ = 10 000.

Ta thấy AC$^{2}$ + BC$^{2}$ = AB$^{2}$, suy ra ∆ABC vuông tại C (định lí Pythagore đảo).

Xét ∆ABC vuông tại C có:

$\sin \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{1}{2},$ suy ra $\widehat {ABC} = 30^\circ .$

Suy ra $\widehat {CAB} = 90^\circ - \widehat {ABC} = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ .$

Tương tự, ta có: $\widehat {ABD} = 30^\circ ;\,\,\widehat {BAD} = 60^\circ .$

Do đó $\widehat {CBD} = \widehat {ABC} + \widehat {ABD} = 30^\circ + 30^\circ = 60^\circ ;$

$\widehat {CAD} = \widehat {BAC} + \widehat {BAD} = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ .$

Xét ∆BCD có BC = BD và $\widehat {CBD} = 60^\circ$ nên là tam giác đều, suy ra $CD = 50\sqrt 3 \;{\rm{km}}.$

Diện tích của hình quạt tròn ACD được giới hạn bởi bán kính AC, bán kính AD và cung nhỏ CD của đường tròn (A; 50 km) là:

${S_1} = \frac{{\pi \cdot {{50}^2} \cdot 120}}{{360}} = \frac{{2\,\,500\pi }}{3}\,\,(\;{\rm{k}}{{\rm{m}}^2}).$

Diện tích hình quạt tròn BCD được giới hạn bởi bán kính BC, bán kính BD và cung nhỏ CD của đường tròn $\left( {B;\,\,50\sqrt 3 \;{\rm{cm}}} \right)$ là:

${S_2} = \frac{{\pi \cdot {{\left( {50\sqrt 3 } \right)}^2} \cdot 60}}{{360}} = 1\,\,250\pi \,\,({\rm{k}}{{\rm{m}}^2}).$

Diện tích tứ giác ABCD là:

${S_{ABCD}} = \frac{1}{2}AB \cdot CD = \frac{1}{2} \cdot 100 \cdot 50\sqrt 3 = 2\,\,500\sqrt 3 \,\,(\;{\rm{k}}{{\rm{m}}^2}).$

Diện tích của khu vực có thể đặt thiết bị thu sóng sao cho thu được cả hai sóng phát từ trạm A và trạm B là

${S_1} + {S_2} - {S_{ABCD}} = \frac{{2\,\,500\pi }}{3} + 1\,\,250\pi - 2\,\,500\sqrt 3 \approx 2\,\,214{,}86\,\,(\;{\rm{k}}{{\rm{m}}^2}).$