Câu 24 trang 103 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2. Hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Qua A vẽ cát tuyến CAD với hai đường tròn (C (O), D (O’)). a) Chứng minh rằng khi cát tuyến quay xung quang điểm A thì \(\widehat {CBD}\) có số đo không đổi. b) Từ C và D vẽ hai tiếp tuyến với đường tròn. Chứng minh rằng hai tiếp tuyến này hợp với nhau một góc có số đo không đổi khi cát tuyến CAD quay xung quanh điểm A. Giải a) Trong ∆ABC ta có: sđ \(\overparen{AnB}\) sđ \(\overparen{AmB}\) Vì có A, B cố định nên sđ \(\overparen{AnB}\), sđ \(\overparen{AmB}\) không thay đổi nên \(\widehat C,\widehat D\) có số đo không đổi \(\widehat {CBD} = {180^0} - \left( {\widehat C + \widehat D} \right)\) không đổi Vậy cát tuyến CAD thay đổi số đo \(\widehat {CBD}\) không đổi. b) Trong (O) ta có \(\widehat {ABC} = \widehat {MCA}\) (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây) (1) Trong (O’) ta có: \(\widehat {ABD} = \widehat {MDA}\) (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây) (2) Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat {MCA} + \widehat {MDA} = \widehat {ABC} + \widehat {ABD} = \widehat {CBD}\) Hay \(\widehat {MCD} + \widehat {MDC} = \widehat {CBD}\) (không đổi) Trong ∆MCD ta có: \(\widehat {CMD} = {180^0} - \left( {\widehat {MCD} + \widehat {MDC}} \right)\) = \({180^0} - \widehat {CBD}\) (không đổi) Câu 25 trang 104 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2. Từ một điểm M cố định ở bên ngoài đường tròn tâm O ta kẻ một tiếp tuyến MT và một cát tuyến MAB của đường tròn đó. a) Chứng minh rằng ta luôn có MT2 = MA.MB và tích này không phụ thuộc vị trí của cát tuyến MAB. b) Ở hình 2 khi cho MB = 20 cm, MB = 50 cm, tính bán kính đường tròn. Giải a) Xét ∆MTA và ∆MTB: Có góc \(\widehat M\) chung \(\widehat {MTA} = \widehat {TBA}\) (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây) Hay \(\widehat {MTA} = \widehat {TBM}\) Suy ra: ∆MAT đồng dạng ∆MTB \({{MT} \over {MA}} = {{MB} \over {MT}}\) \( \Rightarrow M{T^2} = MA.MB\) b) Gọi bán kính (O) là R MB = MA + AB = MA + 2R \( \Rightarrow MA = MB - 2R\) \(M{T^2} = MA.MB\) (chứng minh trên) \( \Rightarrow M{T^2} = \left( {MB - 2R} \right)MB\) \( \Rightarrow R = {{M{B^2} - M{T^2}} \over {2MB}}\) \( = {{2500 - 400} \over {2.50}}\) = 21 (cm) Câu 26 trang 104 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2. Ngồi trên một đỉnh núi cao 1km thì có thể nhìn thấy một địa điểm T trên mặt đất với khoảng cách tối đa là bao nhiêu? Biết rằng bán kính trái đất gần bằng 6400km (h.3) Giải Điểm nhìn tối đa là tiếp tuyến kể từ mắt nhìn đến tiếp điểm của bề mặt trái đất (như hình vẽ) Ta có: ∆MAT đồng dạng với ∆MTB \( \Rightarrow {\rm M}{{\rm T}^2} = MA.MB\) \( \Rightarrow M{T^2} = MA\left( {MA + 2R} \right)\) MA là chiều cao của đỉnh núi là 1km, R = 6400 km Thay số ta có: \(M{T^2} = 1\left( {1 + 12800} \right) = 12801\) MT \( \approx 113,1\) (km) Câu 27 trang 104 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Vẽ tia Bx sao cho tia BC nằm giữa hai tia Bx; BA và \(\widehat {CBx}\) = \(\widehat {BAC}\). Chứng minh rằng Bx là tiếp tuyến của (O). Giải ∆ABC nội tiếp trong đường tròn (O) có ba khả năng xảy ra của tam giác - ∆ABC là tam giác nhọn - ∆ABC là tam giác vuông - ∆ABC là tam giác tù Xét trường hợp ∆ABC là tam giác nhọn Giả sử Bx không phải là tiếp tuyến của đường tròn (O). Trên cùng nửa mặt phẳng bờ đường thẳng BC chứa tia Bx ta kẻ tia By là tiếp tuyến của đường tròn (O) \( \Rightarrow \widehat {CBy} = \widehat {BAC}\) (hệ quả của góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung) \(\widehat {CBx} = \widehat {BAC}\) (gt) Suy ra: \(\widehat {CBy} = \widehat {CBx}\) Ta có By và Bx là hai tia khác nhau từ nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ BC tạo với BC một góc bằng nhau với tính chất đặt tia trên nửa mặt phẳng. Mâu thuẫn với giả sử Bx không phải là tiếp tuyến của đường tròn (O). Vậy Bx là tiếp tuyến của đường tròn (O). Câu 4.1 trang 104 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho đường tròn tâm O bán kính R. Lấy ba điểm bất kỳ A, B, C trên đường tròn (O). Điểm E bất kỳ thuôc đoạn thẳng AB (và không trùng với A, B). Đường thẳng d đi qua điểm E và vuông góc với đường thẳng OA cắt đoạn thẳng AC tại điểm F. Chứng minh \(\widehat {BCF} + \widehat {BEF} = {180^0}\). Giải Kẻ tiếp tuyến At của đường tròn (O) At \( \bot OA\) (tính chất tiếp tuyến) \(EF \bot OA\) (gt) Suy ra: At // EF \(\widehat {EFA} = \widehat {CAt}\) (so le trong) \(\widehat {CBA} = \widehat {CAt}\) (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung) Suy ra: \(\widehat {EFA} = \widehat {CBA}\) hay \(\widehat {EFA} = \widehat {CBE}\) \(\widehat {EFA} + \widehat {EFC} = {180^0}\) (hai góc kề bù) \(\overparen{CBE}\) + \(\overparen{EFC}\) = 1800 (1) Trong tứ giác BCFE ta có: \(\overparen{BCF}\) + \(\overparen{BEF}\) + \(\overparen{CBE}\) + \(\overparen{CFE}\) = 3600 (tổng các góc trong tứ giác) (2) Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat {BCF} + \widehat {BEF} = {180^0}\) Câu 4.2 trang 104 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho tam giác ABC vuông ở A, AH và AM tương ứng là đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác đó. Qua điểm A kẻ đường thẳng mn vuông góc với AM. Chứng minh: AB và AC tương ứng là tia phân giác của các góc tạo bở AH và hai tia Am, An của đường thẳng mn. Giải ∆ABCvuông tại A, có AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC \( \Rightarrow AM = MB = MC = {1 \over 2}BC\) (tính chất tam giác vuông) \( \Rightarrow \) ∆AMB cân tại M \( \Rightarrow \widehat B = \widehat {BAM}\) (1) \(mn \bot AM\) (gt) \( \Rightarrow \widehat {mAM} + \widehat {BAM} = {90^0}\) (2) ∆AHB vuông tại H \( \Rightarrow \widehat B + \widehat {BAH} = {90^0}\) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(\widehat {mAB} = \widehat {BAH}\). Vậy AB là tia phân giác của \(\widehat {mAH}\). ∆AMC cân tại M \( \Rightarrow \widehat {MAC} = \widehat C\) (4) \(mn \bot AM\) (gt) \( \Rightarrow \widehat {MAC} + \widehat {nAC} = {90^0}\) (5) ∆AHC vuông tại H \( \Rightarrow \widehat {HAC} + \widehat C = {90^0}\) (6) Từ (4), (5) và (6) suy ra: \(\widehat {HAC} = \widehat {nAC}\). Vậy AC là tia phân giác của \(\widehat {HAn}\)
