Sách bài tập Toán 9 - Phần Hình học - Chương II - Bài 6. Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau

  1. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪

    Câu 48 trang 164 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho đường tròn (O), điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (M,N là các tiếp điểm).
    a) Chứng minh rằngOA ⊥ MN.
    b) Vẽ đường kính NOC. Chứng minh rằng MC // AO.
    c) Tính độ dài các cạnh của tam giác AMN biết OM = 3cm, OA = 5cm.
    Giải:
    01.jpg
    a) Ta có: AM = AN ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    Suy ra tam giác AMN cân tại A
    Mặt khác AO là đường phân giác của góc MAN ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    Suy ra AO là đường cao của tam giác AMN (tính chất tam giác cân)
    Vậy OA ⊥ MN.
    b) Tam giác MNC nội tiếp trong đường tròn (O)
    có NC là đường kính nên \(\widehat {CMN} = 90^\circ \)
    suy ra: MN ⊥ MC
    Mà OA ⊥ MN (chứng minh trên)
    Suy ra: OA // MC
    c) Ta có: AN ⊥ NC (tính chất tiếp tuyến)
    Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông AON ta có:
    \(A{O^2} = A{N^2} + O{N^2}\)
    Suy ra: \(A{N^2} = A{O^2} - O{N^2} = {5^2} - {3^2} = 16\)
    AN = 4 (cm)
    Suy ra: AM = AN = 4 (cm)
    Gọi H là giao điểm của AO và MN
    Ta có: \(MH = NH = {{MN} \over 2}\) (tính chất tam giác cân)
    Tam giác AON vuông tại N có NH ⊥ AO. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
    \(OA.NH = AN.ON \Rightarrow NH = {{AN.ON} \over {AO}} = {{4.3} \over 5} = 2,4 (cm) \)
    MN = 2.NH = 2.2,4 = 4,8 (cm).

    Câu 49 trang 164 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho đường tròn (O), điểm M nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến MD, ME với đường tròn (D, E là các tiếp điểm). Qua điểm I thuộc cung nhỏ DE, kẻ tiếp tuyến với đường tròn, cắt MD và ME theo thứ tự ở P và Q. Biết MD = 4cm, tính chu vi tam giác MPQ.
    Giải:
    02.jpg
    Ta có: MD = ME (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    PD = PI (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    QI = QE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    Chu vi tam giác APQ bằng:
    MP + PQ + QM
    = MP + PI + IQ + QM
    = MP + PD + QM + QE
    = MD + ME
    = 2.MD
    = 2.4 = 8 (cm)

    Câu 50 trang 164 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho góc xOy khác góc bẹt, điểm A nằm trên tia Ox. Dựng đường tròn (I) đi qua A và tiếp xúc với hai cạnh của góc xOy.
    Giải:
    03.jpg
    * Phân tích
    Giả sử đường tròn (I) dựng được thỏa mãnđiều kiện bài toán.
    − Đường tròn (I) tiếp xúc với Ox và Oy nên điểm I nằm trên tia phân giác của
    góc xOy.
    − Đường tròn (I) tiếp xúc với Ox tại A nên I nằm trên đường vuông góc với
    Ox kẻ từ A.
    Vậy I là giao điểm của tia phân giác góc xOy và đường thẳng vuông góc với Ox tại A.
    * Cách dựng
    − Dựng tia phân giác của góc xOy.
    − Dựng đường thẳng vuông góc với Ox tại A cắt tia phân giác của góc xOy tại I.
    − Dựng đường tròn (I; IA).
    * Chứng minh
    Ta có: Ox ⊥ IA tại A nên Ox là tiếp tuyến của (I)
    I nằm trên tia phân giác của xOy nên I cách đều hai cạnh Ox, Oy. Khi đó khoảng cách từ I đến Oy bằng IA nên Oy cũng là tiếp tuyến của đường tròn (I).
    Vậy đường tròn (I) đi qua A và tiếp xúc với hai cạnh của góc xOy.
    * Biện luận
    Vì góc xOy nhỏ hơn 180° nên góc tạo bởi một cạnh của góc với tia phân giác là góc nhọn. Khi đó đường thẳng vuông góc với Ox tại A luôn cắt tia phân giác của góc xOy.

    Câu 51 trang 164 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax,By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Gọi M là điểm bất kì thuộc tia Ax. Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt By ở N.
    a) Tính số đo góc MON.
    b) Chứng minh rằng MN = AM + BN.
    c) Chứng minh rằng AM.BN = R2 (R là bán kính của nửa đường tròn).
    Giải:
    04.jpg
    a) Gọi I là tiếp điểm của tiếp tuyến MN với đường tròn (O). Nối OI.
    Ta có: \(\widehat {AOI} + \widehat {BOI} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)
    OM là tia phân giác cảu góc AOI (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    ON là tia phân giác của góc BOI (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    Suy ra: OM ⊥ ON (tính chất hai góc kề bù)
    Vậy \(\widehat {MON} = 90^\circ \)
    b) Ta có: MA = MI (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    NB = NI (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    Mà: MN = MI + IN
    Suy ra: MN = AM + BN
    c) Tam giác OMN vuông tại O có OI ⊥ MN (tính chất tiếp tuyến) theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
    \(O{I^2} = MI.NI\)
    Mà: MI = MA, NI = NB (chứng minh trên)
    Suy ra: \(AM.BN = O{I^2} = {R^2}\).

    Câu 52 trang 165 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC. Các tiếp điểm trên AC, AB theo thứ tự là D, E. Cho BC = a, AC = b, AB = c. Tính độ dài các đoạn tiếp tuyến AD, AE theo a, b, c.
    Giải:
    05.jpg
    Gọi F là tiếp điểm của đường tròn (I) với BC.
    Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
    AE = AD
    BE = BF
    CD = CF
    Mà: AE = AB – BE
    AD = AC – CD
    Nên: AE + AD = (AB –BE) + (AC – CD)
    = AB + AC – (BE + CD)
    = AB + AC – (BF + CF)
    = AB + AC – BC
    Suy ra: AE + AD = c + b – a
    Hay: \(AE = AD ={{c + b - a} \over 2}\)

    Câu 53 trang 165 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Tính diện tích tam giác đều ABC ngoại tiếp đường tròn (I; r).
    Giải:
    06.jpg
    Gọi H là tiếp điểm của đường tròn (I) với BC.
    Ta có: IH ⊥ BC (tính chất tiếp tuyến)
    Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI là tia phân giác của góc BAC.
    Tam giác ABC đều nên AI cũng là đường cao của tam giác ABC. Khi đó A, I, H thẳng hàng.
    Ta có: HB = HC ( tính chất tam giác đều)
    Tam giác ABC đều nên I cũng là trọng tâm của tam giác ABC.
    Suy ra: AH = 3.HI = 3.r
    \(\widehat {HAB} = {1 \over 2}\widehat {BAC} = {1 \over 2}.60^\circ = 30^\circ \)
    Tam giác ABH vuông tại H nên ta có:
    \(BH = AH.tg\widehat {HAB} = 3{\rm{r}}.tg{30^0} = 3{\rm{r}}.{{\sqrt 3 } \over 3} = r\sqrt 3 \)
    Mà: \(BC = 2.BH = 2r\sqrt 3 \)
    Vậy \({S_{ABC}} = {1 \over 2}AH.BC = {1 \over 2}.3r.2r\sqrt 3 = 3{r^2}\sqrt 3 \) (đvdt)

    Câu 54 trang 165 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho đường tròn (O; 3cm) và điểm A có AO = 5cm. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của AO và BC.
    a) Tính độ dài OH.
    b) Qua điểm M bất kì thuộc cung nhỏ BC, kẻ tiếp tuyến với đường tròn, cắt AB và AC theo thứ tự tại D và E. Tính chu vi tam giác ADE.
    Giải:
    07.jpg
    a) Ta có: AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
    Suy ra ∆ABC cân tại A.
    AO là tia phân giác của góc BAC (tính chất
    hai tiếp tuyến cắt nhau)
    Suy ra AO là đường cao của tam giác ABC (tính chất
    tam giác cân).
    Ta có: AO vuông góc với BC tại H
    Lại có: AB ⊥ OB (tính chất tiếp tuyến)
    Tam giác ABO vuông tại B có BH ⊥ AO
    Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
    \(O{B^2} = OH.OA \Rightarrow OH = {{O{B^2}} \over {OA}} = {{{3^2}} \over 5} = 1,8\) (cm)
    b) Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông ABO, ta có:
    \(A{O^2} = A{B^2} + B{O^2}\)
    Suy ra: \(A{B^2} = A{O^2} - B{O^2} = {5^2} - {3^2} = 16\)
    AB = 4 (cm)
    Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
    DB = DM
    EM = EC
    Chu vi của tam giác ADE bằng:
    AD + DE + EA = AD + DB + AE + EC
    = AB + AC = 2AB
    = 2.4 = 8 (cm).

    Câu 55 trang 165 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho đường tròn (O; 2cm), các tiếp tuyến AB và AC kẻ từ A đến đường tròn vuông góc với nhau tại A (B và C là các tiếp điểm).
    a) Tứ giác ABOC là hình gì? Vì sao?
    b) Gọi M là điểm bất kì thuộc cung nhỏ BC. Qua M kẻ tiếp tuyến với đường tròn, cắt AB và AC theo thứ tự tại D và E. Tính chu vi tam giác ADE.
    c) Tính số đo góc DOE.
    Giải:
    08.jpg
    a) Ta có: \(AB ⊥ AC \Rightarrow \widehat {BAC} = 90^\circ \)
    \(AB ⊥ BO \Rightarrow \widehat {ABO} = 90^\circ \)
    \( AC ⊥ CO \Rightarrow \widehat {ACO} = 90^\circ \)
    Tứ giác ABOC có 3 góc vuông nên nó là hình chữ nhật.
    Mặt khác: AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    Suy ra tứ giác ABOC là hình vuông.
    b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
    DB = DM
    EM = EC
    Chu vi của tam giác ADE bằng:
    AD + DE + EA = AD + DM + ME + EA
    = AD + DB + AE + EC
    = AB + AC = 2AB
    Mà tứ giác ABOC là hình vuông (chứng minh trên) nên:
    AB = OB = 2 (cm)
    Vậy chu vi của tam giác ADE bằng: 2.2 = 4 (cm)
    c) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
    OD là tia phân giác của góc BOM
    Suy ra: \(\widehat {BOD} = \widehat {DOM} = {1 \over 2}\widehat {DOM}\)
    OE là tia phân giác của góc COM
    Suy ra: \(\widehat {COE} = \widehat {EOM} = {1 \over 2}\widehat {COM}\)
    Suy ra:
    \(\widehat {DOE} = \widehat {DOM} + \widehat {EOM} \)
    \(= {1 \over 2}(\widehat {BOM} + \widehat {COM})\)
    \(= {1 \over 2}\widehat {COB} = {1 \over 2}90^\circ = 45^\circ \).

    Câu 56 trang 165 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đường tròn (A ; AH). Kẻ các tiếp tuyến BD, CE với đường tròn (D, E là các tiếp điểm khác H). Chứng minh rằng:
    a) Ba điểm D, A, E thẳng hàng;
    b) DE tiếp xúc với đường tròn có đường kính BC.
    Giải:
    09.jpg
    a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
    AB là tia phân giác của góc HAD
    Suy ra: \(\widehat {DAB} = \widehat {BAH}\)
    AC là tia phân giác của góc HAE
    Suy ra: \(\widehat {HAC} = \widehat {CAE}\)
    Ta có: \(\widehat {HAD} + \widehat {HAE} = 2(\widehat {BAH} + \widehat {HAC}) = 2.\widehat {BAC} = 2.90^\circ = 180^\circ \)
    Vậy ba điểm D, A, E thẳng hàng.
    b) Gọi M là trung điểm của BC
    Theo tính chất của tiếp tuyến, ta có:
    \(AD \bot BD;AE \bot CE\)
    Suy ra: BD // CE
    Vậy tứ giác BDEC là hình thang
    Khi đó MA là đường trung bình của hình thang BDEC
    Suy ra: \(MA // BD \Rightarrow MA \bot DE\)
    Trong tam giác vuông ABC ta có: MA = MB = MC
    Suy ra M là tâm đường tròn đường kính BC với MA là bán kính
    Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn tâm M đường kính BC.

    Câu 57 trang 165 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có chu vi 2p,bán kính đường tròn nội tiếp bằng r thì diện tích S của tam giác có công thức:
    S = p.r
    Giải:
    10.jpg
    Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
    Nối OA, OB, OC.
    Khoảng cách từ tâm O đến các tiếp điểm là đường cao của các tam giác OAB, OAC, OBC.
    Ta có: \({S_{ABC}} = {S_{OAB}} + {S_{OAC}} + {S_{OBC}}\)
    \(= {1 \over 2}.AB.r + {1 \over 2}.AC.r + {1 \over 2}.BC.r\)
    \(= {1 \over 2}(AB + AC + BC).r\)
    Mà AB + AC + BC = 2p
    Nên \({S_{ABC}} = {1 \over 2}.2p.r = p.r\)

    Câu 58 trang 165 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại D, E.
    a) Tứ giác ADOE là hình gì? Vì sao?
    b) Tính bán kính của đường tròn (O) biết AB = 3cm, AC = 4cm
    Giải:
    11.jpg
    a) Ta có: \(OD \bot AB \Rightarrow \widehat {ODA} = 90^\circ \)
    \(OE \bot AC \Rightarrow \widehat {OEA} = 90^\circ \)
    \(\widehat {BAC} = 90^\circ \) (gt)
    Tứ giác ADOE có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật
    Lại có: AD = AE (tính chất hai tiếp tuyến giao nhau)
    Vậy tứ giác ADOE là hình vuông.
    b) Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông ABC ta có:
    \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25\)
    Suy ra: BC = 5 (cm)
    Theo tính chất tiếp tuyến giao nhau ta có:
    AD = AE
    BD = BF
    CE = CF
    Mà: AD = AB – BD
    AE = AC – CF
    Suy ra: AD + AE = AB – BD + (AC – CF )
    = AB + AC – (BD + CF )
    = AB + AC – (BF + CF )
    = AB + AC – BC
    Suy ra: \( AD = AE = {{AB + AC - BC} \over 2} = {{3 + 4 - 5} \over 2} = 1 (cm)\)

    Câu 59 trang 165 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp, r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng:
    AB + AC = 2(R + r).
    Giải:
    12.jpg
    Vì tam giác ABC vuông tại A nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là trung điểm của cạnh huyền BC.
    Ta có: BC = 2R
    Giả sử đường tròn tâm (O) tiếp với AB tại D, AC tại E và BC tại F.
    Theo kết quả câu a) bài 58, ta có ADOE là hình vuông.
    Suy ra: AD = AE = EO = OD = r
    Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
    AD = AE
    BD = BF
    CE = CF
    Ta có: 2R + 2r = BF + FC + AD + AE
    = (BD + AD) + (AE +CE)
    = AB + AC
    Vậy AB = AC = 2 (R + r).

    Câu 60 trang 166 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho tam giác ABC, đường tròn (K) bằng tiếp góc trong góc A tiếp xúc với các tia AB và AC theo thứ tự tại E và F. Cho BC = a, AC = b, AB = c. Chứng minh rằng:
    a) \(AE = AF = {{a + b + c} \over 2}\)
    b) \(BE = {{a + b - c} \over 2};\)
    c) \(CF = {{a + c - b} \over 2}\)
    Giải:
    13.jpg
    a) Gọi D là tiếp điểm của đường tròn (K) với cạnh BC.
    Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
    BE = BD; CD = CF
    AE = AB + BE
    AF = AC + CF
    Suy ra: AE + AF = AB + BE + AC + CF
    = AB + AC + (BD + DC)
    = AB + AC + BC = c + b + a
    Mà AE = AF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    Suy ra: \({\rm{AE = AF = }}{{a + b + c} \over 2}\)
    b) Ta có: \(BE = AE – AB = {{a + b + c} \over 2} - c = {{a + b - c} \over 2}\)
    c) Ta có: \(CF = AF – AC = {{a + b + c} \over 2} - b = {{a + c - b} \over 2}.\)

    Câu 61 trang 166 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho nửa hình tròn tâm O có đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Gọi M là một điểm bất kì thuộc nửa đường tròn. Tiếp tuyến tại M cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D.
    a) Chứng minh rằng đường tròn có đường kính CD tiếp xúc với AB.
    b) Tìm vị trí của điểm M để hình thang ABDC có chu vi nhỏ nhất.
    c) Tìm vị trí của C, D để hình thang ABDC có chu vi bằng 14cm, biết AB = 4cm.
    Giải:
    14.jpg
    a) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có:
    Ax ⊥ AB
    By ⊥ AB
    Suy ra: Ax // By hay AC // BD
    Suy ra tứ giác ABDC là hình thang
    Gọi I là trung điểm của CD
    Khi đó OI là đường trung bình của hình thang ABDC
    Suy ra: OI // AC ⇒ OI ⊥ AB
    Vì OC và OD lần lượt là phân giác của \(\widehat {AOM}\) và \(\widehat {BOM}\) nên OC ⊥ OD ( tính chất hai góc kề bù) \( \Rightarrow \widehat {COD} = 90^\circ \)
    Suy ra: \(IC = ID = IO = {1 \over 2}CD\) ( tính chất tam giác vuông)
    Suy ra I là tâm đường tròn đường kính CD. Khi đó O nằm trên đường tròn tâm I đường kính CD và IO vuông góc với AB tại O.
    Vậy đường tròn có đường kính CD tiếp xúc với AB tại O.
    b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
    CA = CM
    BD = DM
    Suy ra: AC + BD = CM + DM = CD
    Chu vi hình thang ABDC bằng:
    AB + BD + DC + CA = AB + 2CD
    Vì đường kính AB của (O) không thay đổi nên chu vi hình thang nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất.
    Ta có: CD ≥ AB nên CD nhỏ nhất khi và chỉ khi CD = AB
    Khi đó CD // AB ⇔ OM ⊥ AB
    Vậy khi M là giao điểm của đường thẳn vuông góc với AB tại O với nửa đường tròn (O) thì hình thang ABDC có chu vi nhỏ nhất.
    c) Chu vi hình thang ABDC bằng: AB + 2CD (chứng minh trên)
    Suy ra: 14 = 4 + 2.CD ⇒ CD = 5 (cm)
    Hay CM + DM = 5 ⇒ DM = 5 – CM (1)
    Tam giác COD vuông tại O có OM ⊥ CD
    Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
    OM2 = CM.DM ⇔ 22 = CM.DM ⇔ 4 = CM.DM (2)
    Thay (1) và (2) ta có: CM.(5 – CM) = 4
    ⇔ 5CM – CM2 – 4 = 0
    ⇔ 4CM – CM2 + CM – 4 = 0
    ⇔ CM(4 – CM) + (CM – 4) = 0
    ⇔ CM(4 – CM) – (4 – CM) = 0
    ⇔ (CM – 1)(4 – CM) = 0
    ⇔ CM – 1 = 0 hoặc 4 – CM = 0
    ⇔CM = 1 hoặc CM = 4
    Vì CM = CA (chứng minh trên) nên AC = 1 (cm) hoặc AC = 4 (cm)
    Vậy điểm C cách điểm A 1cm hoặc 4cm thì hình thang ABDC có chu vi bằng 14.

    Câu 62 trang 166 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua một điểm M thuộc nửa hình tròn, kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D. Gọi N là giao điểm của AD và BC, H là giao điểm của MN và AB. Chứng minh rằng:
    a) MN ⊥ AB;
    b) MN = NH.
    Giải:
    15.jpg
    a) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có:
    Ax ⊥ AB
    By ⊥ AB
    Suy ra: Ax // By hay AC // BD
    Trong tam giác BND, ta có: AC // BD
    Suy ra: \({{ND} \over {NA}} = {{BD} \over {AC}}\) (Hệ quả định lí Ta-lét) (1)
    Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
    AC = CM và BD = DM (2)
    Từ (1) và (2) suy ra: \({{ND} \over {NA}} = {{MD} \over {MC}}\)
    Trong tam giác ACD, ta có: \({{ND} \over {NA}} = {{MD} \over {MC}}\)
    Suy ra: MN // AC ( Theo định lí đảo định lí Ta-lét)
    Mà: AC ⊥ AB (vì Ax ⊥ AB)
    Suy ra: MN ⊥ AB
    b) Trong tam giác ACD, ta có: MN // AC
    Suy ra: \({{MN} \over {AC}} = {{DN} \over {DA}}\) (Hệ quả định lí Ta-lét) (3)
    Trong tam giác ABC, ta có: MH // AC ( vì M, N, H thẳng hàng)
    Suy ra: \({{HN} \over {AC}} = {{BN} \over {BC}}\) (Hệ quả định lí Ta-lét) (4)
    Trong tam giác BDN, ta có: AC // BD
    Suy ra: \({{ND} \over {NA}} = {{BN} \over {NC}}\) (Hệ quả định lí Ta-lét)
    \( \Rightarrow {{ND} \over {DN + NA}} = {{BN} \over {BN + NC}} \Leftrightarrow {{ND} \over {DA}} = {{BN} \over {BC}}\) (5)
    Từ (3), (4) và (5) suy ra: \({{MN} \over {AC}} = {{HN} \over {AC}} \Rightarrow MN = HN\).

    Câu 63 trang 166 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại D. Chứng minh rằng:
    \({S_{ABC}} = BD.DC\)
    Giải:
    16.jpg
    Gọi E và F lần lượt là tiếp điểm của đường
    tròn với AB và AC.
    Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
    AE = AF
    BE = BD
    CD = CF
    BD = BC + CD
    BE = AB – AE
    Suy ra: BD + BE = AB + BC – (AE + CD )
    = AB + BC – (AE + CE)
    = AB + BC – AC
    Suy ra: \(BD = {{AB + BC - AC} \over 2}\)
    Lại có: CD = BC – BD
    CF = AC = AF
    Suy ra: CD + CF = BC + AC – ( BD + AF)
    = BC + AC – (BE + AE)
    = BC + AC – BA
    Suy ra: \(CD = {{BC + AC - AB} \over 2}\)
    Ta có: \(BD.CD = {{AB + BC - AC} \over 2}.{{BC + AC - AB} \over 2}\)
    \(= {{\left[ {BC - (AC - AB)} \right]\left[ {BC + (AC - AB)} \right]} \over 4}\)
    \(={{B{C^2} - {{(AC - AB)}^2}} \over 4} = {{B{C^2} - A{C^2} - A{B^2} + 2AB.AC} \over 4}\) (1)
    Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông ABC, ta có:
    BC2 = AB2 + AC2 (2)
    Từ (1) và (2) suy ra: \(BD.CD = {{2AB.AC} \over 4} = {{AB.AC} \over 2}\)
    Mà \({S_{ABC}} = {1 \over 2}AB.AC\)
    Vậy \({S_{ABC}} = BD.DC.\)

    Câu 6.1 trang 166 Sách bài tập (SBT) Toán lớp 9 Tập 1.
    Độ dài mỗi cạnh của tam giác đều ngoại tiếp đường tròn (O ; r) bằng
    (A) \(r\sqrt 3 \) ;
    (B) \(2r\sqrt 3 \) ;
    (B) (C) 4r ; (D) 2r.
    Hãy chọn phương án đúng.
    Giải:

    Chọn (B).

    Câu 6.2 trang 167 Sách bài tập (SBT) Toán lớp 9 Tập 1.
    Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Đường thẳng đi qua O và song song với AB cắt AC tại D. Đường tròn đi qua O và song song với AC cắt AB ở E. Tứ giác ADOE là hình gì ?
    Giải:
    17.jpg
    ADOE là hình bình hành, lại có AO là đường phân giác của góc A nên là hình thoi.

    Câu 6.3 trang 167 Sách bài tập (SBT) Toán lớp 9 Tập 1.
    Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Kẻ dây CD song song với AB. Chứng minh rằng BC = BD.
    Giải:
    18.jpg
    Ta có OB ⊥ AB và AB // CD nên OB ⊥ CD. Gọi H là giao điểm của BO và CD thì BH ⊥ CD, suy ra HC = HD. Do đó BC = BD.