Câu 81 trang 171 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1. Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm giữa A và B. Vẽ về một phía của AB các nửa đường tròn có đường kính theo thứ tự là AB, AC, CB. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn lớn tại D. DA, DB cắt các nửa đường tròn có đường kính AC, CB theo thứ tự M, N. a) Tứ giác DMCN là hình gì ?Vì sao ? b) Chứng minh hệ thức DM.DA = DN.DB. c) Chứng minh rằng MN là tiếp tuyến chung của các nửa đường tròn có đường kính AC và CB. d) Điểm C ở vị trí nào trên AB thì MN có độ dài lớn nhất ? Giải: a) Tam giác ABD nội tiếp trong đường tròn có AB là đường kính nên \(\widehat {BDA} = 90^\circ \) hay \(\widehat {MDN} = 90^\circ \) Tam giác ACM nội tiếp đường tròn có AC là đường kính nên \(\widehat {AMC} = 90^\circ \) Suy ra: \(CM ⊥ AD ⇒\widehat {CMD} = 90^\circ \) Tam giác BCN nội tiếp trong đường tròn có BC là đường kính nên \(\widehat {BNC} = 90^\circ \) Suy ra: \(CN ⊥ BD ⇒ \widehat {CND} = 90^\circ \) Tứ giác CMDN có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật. b) Tam giác ACD vuông tại C có CM ⊥ AD. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: \(C{D^2} = DM.DA\) (1) Tam giác BCD vuông tại C nên CN ^ BD. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: \(C{D^2} = DN.DB\) (2) Từ (1) và (2) suy ra: DM.DA = DN.DB c) Gọi P là trung điểm của AC, Q là trung điểm của BC, I là giao điểm của MN với DC. Vì CMDN là hình chữ nhật nên IC = IM = ID = IN Tam giác CNI cân tại I nên \(\widehat {ICN} = \widehat {INC}\) (3) Tam giác CNQ cân tại Q nên \(\widehat {QCN} = \widehat {QNC}\) (4) Vì AB ^ CD nên \(\widehat {ICN} + \widehat {QCN} = 90^\circ \) (5) Từ (3), (4) và (5) suy ra: \(\widehat {INC} + \widehat {QNC} = 90^\circ \) hay MN ^ QN Vậy MN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC. Tam giác CMI cân tại I nên \(\widehat {ICM} = \widehat {IMC}\) (6) Tam giác CMP cân tại P nên \(\widehat {PCM} = \widehat {PMC}\) (7) Vì AB ⊥ CD nên \(\widehat {PCM} + \widehat {ICM} = 90^\circ \) (8) Từ (6), (7) và (8) suy ra: \(\widehat {PMC} + \widehat {IMC} = 90^\circ \) hay MN ⊥ PM Vậy MN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AC. d) Gọi O là trung điểm của AB Tứ giác CMDN là hình chữ nhật nên CD = MN Trong tam giác OCD ta có: \(CD \le OD\) nên \(MN \le OD\) Vì OD không đổi nên MN = OD là giá trị lớn nhất khi và chỉ khi C trùng với O. Vậy C là trung điểm của AB thì MN có độ dài lớn nhất. Câu 82 trang 171 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1. Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài DE, D ∈ (O), E ∈ (O’). Kẻ tiếp tuyến chung tại A, cắt DE ở I. Gọi M là giao điểm của OI và AD, N là giao điểm của O’I và AE. a) Tứ giác AMIN là hình gì ? Vì sao ? b) Chứng minh hệ thức IM.IO = IN.IO’. c) Chứng minh rằng OO’ là tiếp tuyến của đường tròn có đường kính là DE. d) Tính độ dài DE biết rằng OA = 5cm, O’A = 3,2cm. Giải: a) Trong đường tròn (O) ta có OI là tia phân giác của góc AID ( tính chất hai tiếp tuyếnc cắt nhau) Trong đường tròn (O’) ta có O’I là tia phân giác của góc AIE ((tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Þ IO ⊥ IO' ( tính chất kề bù) Suy ra: \(\widehat {OIO'} = 90^\circ \) hay \(\widehat {MIN} = 90^\circ \) Lại có: IA = ID ((tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy ra tam giác ADI có IO là phân giác của góc AID nên IO cũng là đường cao của tam giác AID. Suy ra: IO ⊥ AD hay \(\widehat {AMI} = 90^\circ \) Mặt khác: IA = IE ((tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy ra tam giác AEI cân tại I. Tam giác cân AIE có IO' là phân giác của góc AIE nên IO¢ cũng là đường cao của tam giác AIE. Suy ra: IO' ⊥ AE hay \(\widehat {ANI} = 90^\circ \) Tứ giác AMIN có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật. b) Tam giác AIO vuông tại A có AM ⊥ IO. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: IA2 = IM.IO (1) Tam giác AIO' vuông tại A có AN ⊥ IO'. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: IA2 = IN.IO' (2) Từ (1) và (2) suy ra: IM.IO = IN.IO' c) Ta có: IA = ID = IE ( chứng minh trên) Suy ra A nằm trên đường tròn tâm I đường kính DE. Vì OO' ⊥ IA tại A nên OO' là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {I;{{DE} \over 2}} \right).\) d) Tam giác O'IO vuông tại I có IA ⊥ OO'. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: IA2 = OA.O'A = 5.3,2 = 16 Suy ra: IA = 4 (cm). Mà DE = 2IA nên DE = 2.4 = 8 (cm). Câu 83 trang 171 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1. Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B, OO' = 3cm. Qua A kẻ một đường thẳng cắt các đường tròn (O) và (O') theo thứ tự tại E và F ( A nằm giữa E và F). Tính xem đoạn thẳng EF có độ dài lớn nhất bằng bao nhiêu? Giải: Kẻ OI ⊥ AE, O'K ⊥ AF Trong đường tròn (O), ta có: \( IA = IE = {1 \over 2}AE\) ( đường kính vuông góc với dây cung) Trong đường tròn (O'), ta có: \(KA = KF = {1 \over 2}AF\) (đường kính vuông góc với dây cung) Ta có: EF = AE = AF Suy ra: EF = 2IA = 2AK = 2(IA + AK) = 2IK (1) Kẻ O'H ⊥ OI Khi đó tứ giác IHO'K là hình chữ nhật ( có ba góc vuông) Suy ra: O'H = IK Trong tam giác OHO' ta có: \(O’H \le {\rm{OO'}}\) =3 (cm) Suy ra: \(IK \le {\rm{OO}}'\) (2) Từ (1) và (2) suy ra: \(EF \le {\rm{2OO'}}= 6 (cm)\) Ta có: EF = 6cm khi H và O trùng nhau hay EF // OO' Vậy EF có độ dài lớn nhất bằng 6cm khi và chỉ khi EF // OO'. Câu 84 trang 171 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1. Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) có đường kính BC. Kẻ dây AD vuông góc với BC. Gọi E là giao điểm của DB và CA. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với BC, cắt BC ở H, cắt AB ở F. Chứng minh rằng: a) Tam giác EBF là tam giác cân ; b) Tam giác HAF là tam giác cân ; c) HA là tiếp tuyến của đường tròn (O). Giải: a) Gọi I là giao điểm của AD và BC Vì BC là đường trung trực của AD nên theo tính chất đường trung trực ta có: BA = BD Tam giác BAD cân tại B có BI ⊥ AD nên BI là tia phân giác của góc ABD. Suy ra: \(\widehat {ABI} = \widehat {DBI}\) Mà \(\widehat {ABI} = \widehat {HBF}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {DBI} = \widehat {HBE}\) ( đối đỉnh) Suy ra: \(\widehat {HBE} = \widehat {HBF}\) Tam giác EBF có BH là tia phân giác của góc EBF và BH ⊥ EF nên tam giác EBF cân tại B. b) Tam giác EBF cân tại B nên HE = HF Tam giác AEF vuông tại A có AH là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên: \(HA = HE = HF = {1 \over 2}{\rm{EF}}\) (tính chất tam giác vuông) Vậy tam giác AHF cân tại H. c) Tam giác AHF cân tại H nên \(\widehat {HAF} = \widehat {HFA}\) (1) Tam giác AOB cân tại O nên \(\widehat {OAB} = \widehat {OBA}\) Mà \(\widehat {ABI} = \widehat {HBF}\) ( đối đỉnh) Suy ra: \(\widehat {OAB} = \widehat {HBF}\) (2) Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat {HAO} = \widehat {{\rm{HAF}}} + \widehat {OAB} = \widehat {HFB} + \widehat {HBF}\) (3) Tam giác BHF vuông tại H nên \(\widehat {HFB} + \widehat {HBF} = 90^\circ \) (4) Từ (3) và (4) suy ra: \(\widehat {HAO} = 90^\circ \) hay HA ⊥ AO Vậy HA là tiếp tuyến của đường tròn (O). Câu 85 trang 172 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1. Cho đường tròn (O), đường kính AB, điểm M thuộc đường tròn. Vẽ điểm N đối xứng với A qua M. BN cắt đường tròn ở C. Gọi E là giao điểm của AC và BM. a) Chứng minh rằng NE ⊥ AB. b) Gọi F là điểm đối xứng với E qua M. Chứng minh rằng FA là tiếp tuyến của đường tròn (O). c) Chứng minh rằng FN là tiếp tuyến của đường tròn ( B ; BA). Giải: a) Tam giác ABM nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên vuông tại M Suy ra: AN ⊥ BM Tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên vuông tại C Suy ra: AC ⊥ BN Tam giác ABN có hai đường cao AC và BM cắt nhau tại E nên E là trọng tâm của tam giác ABN Suy ra: NE ⊥ AB b) Ta có: MA = MN ( tính chất đối xứng tâm) ME = MF ( tính chất đối xứng tâm) Tứ giác AENF có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi điểm đường nên nó là hình bình hành. Suy ra: AF // NE Mà NE ⊥ AB ( chứng minh trên) Suy ra: AF ⊥ AB tại A. Vậy FA là đường trung tuyến của đường tròn (O). c) Trong tam giác ABN ta có: AN ⊥ BM và AM = AN Suy ra tam giác ABN cân tại B. Suy ra BA = BN hay N thuộc đường tròn (B; BA) Tứ giác AFNE là hình bình hành nên AE // FN hay FN // AC Mặt khác: AC ⊥ BN ( chứng minh trên) Suy ra: FN ⊥ BN tại N Vậy FN là tiếp tuyến của đường tròn ( B; BA). Câu 86 trang 172 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1. Cho đường tròn (O), đường kính AB, điểm C nằm giữa A và O. Vẽ đường tròn (O') có đường kính CB. a) Hai đường tròn (O) và (O') có vị trí tương đối như thế nào đối với nhau ? b) Kẻ dây DE của đường tròn (O) vuông góc với AC tại trung điểm H của AC. Tứ giác ADCE là hình gì ? Vì sao? c) Gọi K là giao điểm của DB và đường tròn (O'). Chứng minh rằng ba điểm E, C, K thẳng hàng. d) Chứng minh rằng HK là tiếp tuyến của đường tròn (O'). Giải: a) Vì O, O' và B thẳng hàng nên: O'B < OB ⇒ O' nằm giữa O và B Ta có: OO' = OB - O¢B Vậy đường tròn (O') tiếp xúc với đường tròn (O) tại B. b) Ta có: HA = HC (gt) AB ⊥ DE (gt) Suy ra: HD = HE (đường kính vuông góc với dây cung) Tứ giác ADCE có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành. Lại có: AC ⊥ DE Suy ra tứ giác ADCE là hình thoi. c) Tam giác ABD nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên vuông tại D. Suy ra: AD ⊥ BD Tứ giác ADCE là hình thoi nên EC // AD Suy ra: EC ⊥ BD (1) Tam giác BCK nội tiếp trong đường tròn (O¢) có BC là đường kính nên vuông tại K. Suy ra: CK ⊥ BD (2) Từ (1) và (2) suy ra EC trùng với CK Vậy E, C, K thẳng hàng. d) Tam giác DEK vuông tại K có KH là trung tuyến thuộc cạnh huyền DE nên: \(HK = HE = {1 \over 2}DE\) (tính chất tam giác vuông) Suy ra tam giác EHK cân tại H Suy ra: \(\widehat {HEK} = \widehat {HKE}\) (tính chất tam giác cân) (3) Ta có: O'K = O'C (= R) nên tam giác O'CK cân tại O' Suy ra: \(\widehat {O'KC} = \widehat {O'CK}\) (tính chất tam giác cân) Mà: \(\widehat {O'CK} = \widehat {HCE}\) (đối đỉnh) Suy ra: \(\widehat {O'KC} = \widehat {HCE}\) (4) Từ (3) và (4) suy ra: \(\widehat {HKO'} = \widehat {HKE} + \widehat {O'KC} = \widehat {HEK} + \widehat {HCE}\) (5) Tam giác CEH vuông tại H nên \(\widehat {HEK} + \widehat {HCE} = 90^\circ \) (6) Từ (5) và (6) suy ra: \(\widehat {HKO'} = 90^\circ \) hay HK ⊥ KO' tại K Vậy HK là tiếp tuyến của đường tròn (O'). Câu 87 trang 172 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1. Cho hai đường tròn (O ; R) và (O' ; R') tiếp xúc ngoài tại A ( R > R'). Vẽ các đường kính AOB, AO¢C. Dây DE của đường tròn (O) vuông góc với BC tại trung điểm K của BC. a) Chứng minh rằng tứ giác BDCE là hình thoi. b) Gọi I là giao điểm của EC và đường tròn (O¢). Chứng minh rằng ba điểm D, A, I thẳng hàng. c) Chứng minh rằng KI là tiếp tuyến của đường tròn (O¢). Giải: a) Vì đường tròn (O) và (O¢) tiếp xúcngoài tại A nên O, A và O' thẳng hàng. Ta có: KB = KC (gt) Trong đường tròn (O) ta có: AB ⊥ DE tại K Suy ra: KD = KE ( đường kính vuông góc với dây cung) Tứ giác BDCE có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành. Lại có: BC ⊥ DE Suy ra tứ giác BDCE là hình thoi. b) Tam giác ABD nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên vuông tại D. Suy ra: AD ⊥ BD Tứ giác BDCE là hình thoi nên EC // BD Suy ra: EC ⊥ AD (1) Tam giác AIC nội tiếp trong đường tròn (O¢) có AC là đường kính nên vuông tại I. Suy ra: AI ⊥ CE (2) Từ (1) và (2) suy ra AD trùng với AI Vậy D, A, I thẳng hàng. c) Tam giác DIE vuông tại I có IK là trung tuyến thuộc cạnh huyền DE nên: \(KI = KD = {1 \over 2}ED\) ( tính chất tam giác vuông) Suy ra tam giác IKD cân tại K Suy ra: \(\widehat {KID} = \widehat {KDI}\) hay \(\widehat {KIA} = \widehat {KDA}\) (3) Ta có: O'A = O'I ( = R) nên tam giác O'IA cân tại O' Suy ra: \(\widehat {O'AI} = \widehat {O'IA}\) ( tính chất tam giác cân) Mà: \(\widehat {O'AI} = \widehat {KAD}\) (đối đỉnh) Suy ra: \(\widehat {O'IA} = \widehat {KAD}\) (4) Từ (3) và (4) suy ra: \(\widehat {KIO'} = 90^\circ \) hay KI ⊥ O'I tại I. Vậy KI là tiếp tuyến của đường tròn (O'). Câu 88 trang 172 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1. Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB. Gọi M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn, H là chân đường vuông góc kẻ từ M đến AB. Vẽ đường tròn (M ; MH). Kẻ các tiếp tuyến AC, BD với đường tròn tâm M ( C và D là các tiếp điểm khác H). a) Chứng minh rằng ba điểm C, M, D thẳng hàng và CD là tiếp tuyến của đường tròn (O). b) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn (O) thì tổng AC + BD không đổi. c) Giả sử CD và AB cắt nhau tại I. Chứng minh rằng tích OH.OI không đổi. Giải: a) Trong đường tròn (M; MH), theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: − MA là tia phân cách của góc HMC Suy ra: \(\widehat {CMA} = \widehat {HMA}\) hay \(\widehat {CMH} = 2\widehat {HMA}\) − MB là tia phân giác của góc HMD Suy ra: \(\widehat {HMB} = \widehat {DMB}\) hay \(\widehat {DMH} = 2\widehat {HMB}\) Tam giác ABM nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên vuông tại M Suy ra: \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {HMA} + \widehat {HMB} = 90^\circ \) Suy ra: \(\widehat {CMH} + \widehat {HMD} = 2\widehat {HMA} + 2\widehat {HMB}\) \(= 2 (\widehat {HMA} + \widehat {HMB}) = 2.90^\circ = 180^\circ \) Vậy C, M, D thẳng hàng. b) Trong đường tròn (M ; MH), theo (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AC = AH và BD = BH Khi M thay đổi trên nửa đường tròn tâm O thì AC luôn bằng AH và BD luôn bằng BH. Suy ra: AC + BD = AH + BH = AB không đổi c) Ta có: AC ⊥ CD và BD ⊥ CD ( tính chất tiếp tuyến) Suy ra: AC // BD hay tứ giác ABDC là hình thang Mà OA = OB ( bán kính (O)) Và AC = MD ( bán kính (M)) Suy ra OM là đường trung bình của hình thang ABCD Khi đó OM // AC. Suy ra: OM ⊥ CD hay \(\widehat {OMI} = 90^\circ \) Tam giác OMI vuông tại M có MH ⊥ OI. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: OM2 = OH.OI Suy ra: OH.OI = R2 không đổi. Câu ll.1 trang 173 Sách bài tập (SBT) Toán lớp 9 Tập 1. Tỉ số bán kính đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp một tam giác đều bằng: (A) \({1 \over 3}\) ; (B) \({1 \over 2}\) ; (C) \({1 \over {\sqrt 2 }}\) ; (D) 2. Hãy chọn phương án đúng. Giải: Chọn (B). Câu II.2 trang 173 Sách bài tập (SBT) Toán lớp 9 Tập 1. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn. Gọi M là điểm thuộc nửa đường tròn, D là giao điểm của AM và By, C là giao điểm của BM và Ax, E là trung điểm của BD. Chứng minh rằng: a) AC.BD = AB2 ; b) ME là tiếp tuyến của nửa đường tròn. Giải: a) \(\widehat {{B_1}} = \widehat {{D_1}}\) ( cùng phụ với \(\widehat {{A_1}}\)). ∆ABC đồng dạng với ∆BDA (g.g) suy ra: \({{AB} \over {BD}} = {{AC} \over {AB}}\), do đó AC.BD = AB2. a) Tam giác EBM cân nên \(\widehat {{M_2}} = \widehat {{B_2}}.\) Suy ra \(\widehat {{M_1}} + \widehat {{M_2}} = \widehat {{B_1}} + \widehat {{B_2}} = 90^\circ \), tức là ME ⊥ OM tại M. Vậy ME là tiếp tuyến của nửa đường tròn. Câu II.3 trang 173 Sách bài tập (SBT) Toán lớp 9 Tập 1. Cho đường tròn (O) và điểm A cố định trên đường tròn. Gọi xy là tiếp tuyến với đường tròn tại A. Từ một điểm M nằm trên xy, vẽ tiếp tuyến MB với đường tròn. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB. a) Chứng minh rằng ba điểm M, H, O thẳng hàng. b) Tứ giác AOBH là hình gì ? c) Khi M di chuyển trên xy thì H di chuyển trên đường nào ? Giải: a) Gọi BD, AE là các đường cao của ∆MAB. Ta có ∆MAE = ∆MBD ( cạnh huyền – góc nhọn) nên ME = MD, ∆MHE = ∆MHD ( cạnh huyền – cạnh góc vuông) nên \(\widehat {EMH} = \widehat {DMH}\). MH và MO đều là tia phân giác của góc AMB nên M, H, O thẳng hàng. b) Tứ giác AOBH có BH // OA, AH // OB và OA = OB nên là hình thoi. c) H cách A cố định một khoảng bằng OA không đổi nên H di chuyển trên đường tròn (A ; AO).
