Câu 73 trang 113 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2. Cho đường tròn đường kính AB. Qua A và B kẻ hai tiếp tuyến của đường tròn đó. Gọi M là một điểm trên đường tròn. Các đường thẳng AM và BM cắt các tiếp tuyến trên lần lượt tại B’ và A’. a) Chứng minh rằng \({\rm{AA}}'.BB' = A{B^2}\) b) Chứng minh rằng \(A'{A^2} = A'M.A'B\). Giải a) Xét ∆AA'B và ∆BB'A: \(\widehat {A'AB} = \widehat {B'BA} = {90^0}\) \(\widehat {BB'A} = \widehat {ABA'}\) (vì cùng phụ với \(\widehat {BAB'}\)) Suy ra: ∆AA'B đồng dạng ∆BAB' (g.g) \({{AA'} \over {BA}} = {{AB} \over {BB}} \Rightarrow AA'.BB' = A{B^2}\) b) \(\widehat {AMB} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow AM \bot A'B\) ∆AA'B vuông tại A. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(AA{'^2} = A'M.A'B\) Câu 74 trang 114 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2. Cho lục giác ABCDEF. Chứng minh rằng đường chéo BF chia AD thành hai đoạn thẳng theo tỉ số 1: 3. Giải Lục giác đều ABCDEF nội tiếp trong đường tròn (O) \(\overparen{AB}\) = \(\overparen{CB}\) = \(\overparen{CD}\) = \(\overparen{DE}\) = \(\overparen{EF}\) = \(\overparen{FA}\) = 600 \( \Rightarrow \) sđ \(\overparen{ABCD}\) = sđ \(\overparen{AB}\) + sđ \(\overparen{BC}\) + sđ \(\overparen{CD}\) = 1800 Nên AD là đường kính của đường tròn (O) Ta có: OA = OB = OF = AB = AF = R Nên tứ giác ABOF là hình thoi Gọi giao điểm của AD và BF là H Ta có: \(FB \bot OA\) (tính chất hình thoi) \( \Rightarrow AH = HO = {{AO} \over 2} = {R \over 2}\) \(HD = HO + OD = {R \over 2} + R = {{3R} \over 2}\) Suy ra: \({{AH} \over {HD}} = {{{R \over 2}} \over {{{3R} \over 2}}} = {1 \over 3}\) Câu 75 trang 114 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Dựng điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho \(\widehat {AMB} = \widehat {BMC} = \widehat {CMA}\) Giải Giả sử M là điểm nằm trong ∆ABC sao cho \(\widehat {AMB} = \widehat {BMC} = \widehat {CMA}\) Vì \(\widehat {AMB} + \widehat {BMC} + \widehat {CMA} = {360^0}\) Thì điểm M nhìn các cạnh AB, BC, AC của ∆ABC dưới 1 góc bằng 1200 suy ra cách dựng: - Dựng cung chứa góc 1200 vẽ trên đoạn BC. - Dựng cung chứa góc 1200 vẽ trên đoạn AC Giao điểm thứ hai của cung này là điểm M phải dựng Câu 76 trang 114 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2. Hai ròng rọc có tâm O, O’ và bán kính R = 4a, R’ = a. Hai tiếp tuyến chung MN và PQ cắt nhau tại A theo góc 600. Tìm độ dài của dây cua- roa mắc qua hai dòng dọc. Giải Vì hai tiếp tuyến chung của đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A nên O, O’, A thẳng hàng. \(\widehat {OAM} = \widehat {OAP} = {1 \over 2}\widehat {MAP}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \widehat {OAM} = {30^0}\) Trong tam giác vuông OMA có \(\widehat {OMA} = {90^0}\) \( \Rightarrow MA = OM.\cot \widehat {OAM}\) \( = 4a\cos {30^0} = 4a\sqrt 3 \) Trong tam giác vuông O’NA có\(\widehat {O'NA} = {90^0}\) \( \Rightarrow NA = O'N\cot \widehat {O'AN} = a\cot {30^0} = a\sqrt 3 \) \(MN = MA - NA = 4a\sqrt 3 - a\sqrt 3 = 3a\sqrt 3 \) Trong tứ giác O’NAQ có \(\widehat N = \widehat Q = {90^0}\); \(\widehat A = {60^0}\) Suy ra: \(\widehat {NO'Q} = {120^0}\) Độ dài cung nhỏ \(\overparen{NQ}\) là: \({l_1} = {{\pi .a.120} \over {180}} = {{2\pi a} \over 3}\) Trong tứ giác OMAP có \(\widehat M = \widehat P = {90^0}\); \(\widehat A = {60^0} \) Suy ra: \(\widehat {MOP} = {120^0}\) nên số đo cung nhỏ \(\overparen{MP}\) bằng 1200 sđ \(\overparen{MnP}\) = \( {360^0} - {120^0} = {240^0}\) Độ dài cung lớn \(\overparen{MnP}\) là \({l_2}\) = \( {{\pi .4a.240} \over {180}} = {{16\pi a} \over 3}\) Chiều dài của dây cua – roa mắc qua hai ròng rọc là: \(2MN + {l_1} + {l_2} = 2.3a\sqrt 3 + {{2\pi a} \over 3} + {{16\pi a} \over 3} = 6a\sqrt 3 + 6\pi a = 6a\left( {\sqrt 3 + \pi } \right)\) Câu 77 trang 114 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2. Tính diện tích phần gạch sọc trên hình sau (theo kích thước đã cho trên hình) Giải Diện tích phần gạch sọc là hiệu giữa diện tích hình thang ABCD và diện tích hình quạt tròn có góc ở tâm 300 của đường tròn bán kính bằng a. Từ D kẻ \(DH \bot BC\) Trong tam giác vuông HDC có \(\widehat {DHC} = {90^0}\) \(DH = DC.\sin C = a.\sin {30^0} = {a \over 2}\) \(CH = DC.cos\widehat C = a.cos{30^0} = {{a\sqrt 3 } \over 2}\) \(BH = BC - HC = a - {{a\sqrt 3 } \over 2} = {{a\left( {2 - \sqrt 3 } \right)} \over 2}\) \( \Rightarrow AD = {{a\left( {2 - \sqrt 3 } \right)} \over 2}\) Diện tích của hình thang ABCD bằng: \({{AD + BC} \over 2}.DH = {{{{a\left( {2 - \sqrt 3 } \right)} \over 2} + a} \over 2}.{a \over 2}\) \( = {{{a^2}\left( {4 - \sqrt 3 } \right)} \over 8}\) Diện tích hình quạt tròn bằng: \({{\pi .{a^2}.30} \over {360}} = {{\pi {a^2}} \over {12}}\) Diện tích phần gạch sọc: \(S = {{{a^2}\left( {4 - \sqrt 3 } \right)} \over 8} - {{\pi a} \over {12}}\) \( = {{3{a^2}\left( {4 - \sqrt 3 } \right) - 2\pi {a^2}} \over {24}}\) \( = {{{a^2}} \over {24}}\left( {12 - 3\sqrt 3 - 2\pi } \right)\) Câu 78 trang 114 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2. Cho tam giác AHB có \(\widehat H = 90^\circ ,\widehat A = 30^\circ \) và BH = 4cm. Tia phân giác của góc B cắt AH tại O. Vẽ đường tròn (O; OH) và đường tròn (O; OA). a) Chứng minh đường tròn (O; OH) tiếp xúc với cạnh AB. b) Tính diện tích hình vành khăn nằm giữa hai đường tròn trên. Giải a) Kẻ \(OK \bot AB\) BO là đường phân giác của \(\widehat B\) \( \Rightarrow OK = OH\) (tính chất đường phân giác) Vậy đường tròn (O; OH) tiếp xúc với AB tại K. b) ∆AHB có \(\widehat H = {90^0}\); \(\widehat A = {30^0}\) Suy ra: \(\widehat B = {60^0} \Rightarrow \widehat {ABO} = {1 \over 2}\widehat B = {30^0}\) Suy ra: ∆OAB cân tại O nên OB = OA Vậy B (O; OA) ∆BHO có \(\widehat H = {90^0}\); \(\widehat {OBH} = {30^0}\) \(OH = BH.\tan {30^0} = 4.{{\sqrt 3 } \over 3} = {{4\sqrt 3 } \over 3}\) (cm) \(OB = {{BH} \over {\cos \widehat {OBH}}} = {4 \over {\cos {{30}^0}}} = {4 \over {{{\sqrt 3 } \over 2}}} = {{8\sqrt 3 } \over 3}\) (cm) Diện tích đường tròn nhỏ: S1 = \(\pi {\left( {{{4\sqrt 3 } \over 3}} \right)^2} = {{16\pi } \over 3}\) (cm2) Diện tích đường tròn lớn: \({S_2} = \pi {\left( {{{8\sqrt 3 } \over 3}} \right)^2} = {{64\pi } \over 3}\) (cm2) Diện tích hình vành khăn: S = \({S_2} - {S_1} = {{64\pi } \over 3} - {{16\pi } \over 3} = {{48\pi } \over 3} = 16\pi \) (cm2) Câu 79 trang 114 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2. Cho nửa đường tròn đường kính AB. Gọi C là một điểm chạy trên nửa đường tròn đó. Trên AC lấy điểm D sao cho AD = CD. Qua A kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn rồi lấy AE = AB (E và C cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB) a) Tìm quỹ tích điểm D b) Tính diện tích phần chung của hai nửa hình tròn đường kính AB và AE. Giải a) Chứng minh thuận Nối DE. Xét ∆ABC và ∆AED: AB = AE (gt) AD = BC (gt) \(\widehat {EAD} = \widehat {ABC}\) (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung) Suy ra: ∆ABC = ∆EAD (c.g.c) \( \Rightarrow \widehat {EAD} = \widehat {ACB}\) Mà \(\widehat {ACB} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \widehat {EDA} = {90^0}\) Điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đường kính AB thì điểm D luôn nhìn đoạn AE cố định dưới một góc bằng 900, nên điểm D nằm trên nửa đường tròn đường kính AE nằm trong nửa mặt phẳng bờ AE chứa nửa đường tròn đường kính AB. Chứng minh đảo: Trên nửa đường tròn đường kính AE lấy điểm D’ bất kỳ, đường thẳng AD’ cắt nửa đường tròn đường kính AB tại C’. Nối ED’, BC’. Xét ∆AD'E và ∆BC'A: \(\widehat {D'} = \widehat {C'} = {90^0}\) (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AE = AB (gt) \(\widehat {EAD} = \widehat {ABC'}\) (2 góc cùng phụ \(\widehat {C'AB}\)) Suy ra: ∆AD'E = ∆BC'A (cạnh huyền, góc nhọn) \( \Rightarrow AD' = BC'\) Vậy khi điểm C chạy trên nửa đường tròn đường kính AB thì quỹ tích điểm D là nửa đường tròn đường kính AE. b) Gọi tâm hai nửa đường tròn đường kính AB và AE lần lượt là O và O’, giao điểm thứ hai của hai đường tròn là M Ta có: OA = OM = O’A = O’M (vì AB = AE) \(\widehat A = {90^0}\) Vậy tứ giác AOMO’ là hình vuông Diện tích phần chung của hai nửa hình tròn bằng diện tích hai quạt tròn có cung \(\overparen{AmM}\) trừ đi diện tích hình vuông Diện tích hình quạt tròn AOM bằng: \({{\pi {{\left( {{{AB} \over 2}} \right)}^2}.90} \over {360}} = {{\pi A{B^2}} \over {16}}\) Diện tích của hình vuông AOMO’ bằng: \({\left( {{{AB} \over 2}} \right)^2} = {{A{B^2}} \over 4}\) Diện tích phần chung bằng: \(2.{{\pi A{B^2}} \over {16}} - {{A{B^2}} \over 4} = {{\pi A{B^2}} \over 8} - {{2A{B^2}} \over 8}\) \( = {{A{B^2}} \over 8}\left( {\pi - 2} \right)\) (đơn vị diện tích) Câu III.1 Trang 114 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho tam giác đều ACB và ACD, cạnh a. Lần lượt lấy B và D làm tâm vẽ hai đường tròn bán kính a. Kẻ các đường kính ABE và ADF. Trên cung nhỏ CE của đường tròn tâm B lấy điểm M (không trùng với E và C). Đường thẳn CM cắt đường tròn tâm D tại điểm thứ hai là N. Hai đường thẳng EM và NF cắt nhau tại điểm T. Gọi H là giao điểm của AT và MN. Chứng minh: a) MNT là tam giác đều. b) AT = 4AH. Giải a) Trong đường tròn (B) ta có: \(\widehat {AMC} = {1 \over 2}\widehat {ABC}\) (hệ quả góc nội tiếp) mà \(\widehat {ABC} = 60^\circ \) (vì ∆ABC đều) \( \Rightarrow \widehat {AMC} = 30^\circ \) \(\widehat {AME} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (B)) \( \Rightarrow \widehat {AMT} = 90^\circ \) \(\widehat {TMN} = \widehat {AMT} - \widehat {AMC} = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ \) Trong đường tròn (D) ta có: \(\widehat {ANC} = {1 \over 2}\widehat {ADC}\) (Hệ quả góc nội tiếp) mà \(\widehat {ADC} = 60^\circ \) (vì ∆ADC đều) \( \Rightarrow \widehat {ANC} = 30^\circ \) \(\widehat {ANF} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (D)) \( \Rightarrow \widehat {ANC} + \widehat {CNF} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {CNF} = 90^\circ - \widehat {ANC} = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ \) hay \(\widehat {MNT} = 60^\circ \) Vậy ∆TMN đều. b) \(\widehat {AMC} = \widehat {ANC} = 30^\circ \) \( \Rightarrow \Delta AMN\) cân tại A \( \Rightarrow \) AM = AN nên A nằm trên đường trung trực MN ∆TMN đều \( \Rightarrow \) TM = TN nên T nằm trên đường trung trực MN Suy ra AT là đường trung trực của MN nên AT ⊥ MN ∆AHM có \(\widehat {AHM} = 90^\circ \) \(AM = {{AH} \over {\sin M}} = {{AH} \over {\sin 30^\circ }} = {{AH} \over {{1 \over 2}}} = 2AH\) (1) TH ⊥ MN nên TH là đường phân giác của \(\widehat T\) nên \(\widehat {MTA} = 30^\circ \) ∆AMT có \(\widehat {AMT} = 90^\circ \) \(AT = {{AT} \over {\sin \widehat {MTA}}} = {{AM} \over {{1 \over 2}}} = 2AM\) (2) Từ (1) và (2) suy ra: AT = 4AH Câu III.2 trang 115 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho đường tròn tâm O bán kính R và điểm M ở ngoài đường tròn đó. Qua điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB và cắt tuyến MCD với đường tròn (O), trong đó điểm C ở giữa hai điểm M, D. Đường thẳng qua điểm C và vuông góc với OA cắt AB tại H. Gọi I là trung điểm của dây CD. Chứng minh HI song song với AD. Giải MA ⊥ OA (tính chất tiếp tuyến) \( \Rightarrow \widehat {MAO} = 90^\circ \) MB ⊥ OB (tính chất tiếp tuyến) \( \Rightarrow \widehat {MBO} = 90^\circ \) IC = ID (gt) \( \Rightarrow \) OI ⊥ CD (đường kính đi qua điểm chính giữa của dây) \( \Rightarrow \widehat {MIO} = 90^\circ \) A, B, I nhìn MO cố định dưới một góc bằng 90º nên A, B, I nằm trên đường tròn bán kính MO. \( \Rightarrow \widehat {AMI} = \widehat {ABI}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AOI) CH ⊥ \(\overparen{AO}\) (gt) Suy ra: CH // MA \(\widehat {AMI} = \widehat {HCI}\) (hai góc đồng vị) Suy ra: \(\widehat {HCI} = \widehat {ABI}\) hay \(\widehat {HCI} = \widehat {HBI}\) B và C cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ chứa đường HI tạo với HI một góc bằng nhau nên tứ giác BCHI nội tiếp. \( \Rightarrow \widehat {CBH} = \widehat {CIH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{CH}\)) hay \(\widehat {CBA} = \widehat {CIH}\) (1) Trong đường tròn (O) ta có: \(\widehat {CBA} = \widehat {CDA}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{AC}\) (2) Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat {CIH} = \widehat {CDA}\) nên HI // AD (vì có cặp góc ở vị trí đồng vị bằng nhau) (Trường hợp cát tuyến đi qua tâm ngũ giác MAOIB suy biến thành tứ giác MAOB chứng minh tương tự ta có HO // AD). Mỗi bài III.3 đến III.12 sau đây đều có 4 phương án lựa chọn là (A), (B), (C), (D) nhưng chỉ có một trong số đó đúng. Hãy chỉ ra phương án mà em cho là đúng. Câu III.3 trang 115 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Góc nội tiếp là góc: (A) có đỉnh nằm trên đường tròn. (B) có hai cạnh là hai giây của đường tròn. (C) có hai đỉnh là tâm đường tròn và có hai cạnh là hai bán kính. (D) có hai cạnh là hai dây của đường tròn đó và chỉ có một đầu mút chung. Giải Chọn (D) có hai cạnh là hai dây của đường tròn đó và chỉ có một đầu mút chung. Câu III.4 trang 115 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Một đường tròn là đường tròn nội tiếp nếu có: (A) đi qua các đỉnh của một tam giác. (B) tiếp xúc với các đường thẳng chứa các cạnh của một tam giác. (C) tiếp xúc với các cạnh của một tam giác. (D) nằm trong một tam giác. Giải Chọn (C) tiếp xúc với các cạnh của một tam giác. Câu III.5 trang 115 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Một tứ giác là tứ giác nội tiếp nếu (A) có hai đỉnh cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau. (B) có 4 góc bằng nhau. (C) có 4 cạnh bằng nhau. (D) có các cạnh tiếp xúc với đường tròn. Giải Chọn (A) có hai đỉnh cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau. Câu III.6 trang 115 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Quỹ tích các điểm M nhìn đoạn thẳng AB dưới một góc 120º là (A) một đường tròn đi qua hai điểm A, B. (B) một đường thẳng song song với AB. (C) một cung chứa góc 120ºdựng trên hai điểm A, B. (D) hai cung chứa góc 120º (đối xứng nhau) dựng trên hai điểm A, B). Giải Chọn (D) hai cung chứa góc 120º (đối xứng nhau) dựng trên hai điểm A, B). Câu III.7 trang 116 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Độ dài của nửa đường tròn có đường kính 8R bằng: (A) πR; (B) 2πR; (C) 4πR; (D) 8πR. Giải Chọn (C) 4πR. Câu III.8 trang 116 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Diện tích của nửa hình tròn có đường kính 4R bằng: (A) πR2; (B) πR2 ; (C) 2πR2; (D) 4πR2. Giải Chọn (C) 2πR2. Câu III.9 trang 116 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho hình sau. Khi đó, số đo của \(\widehat {MFE}\) bằng bao nhiêu? (A) 50º; (B) 80º; (C) 130º; (D) Không tính được. Giải Chọn (A) 50º. Câu III.10 trang 116 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Khi đó, \(\widehat {BOC}\) có số đo bằng bao nhiêu? (A) 60º ; (B)120º; (C) 240º; (D) Không tính được. Giải Chọn (B)120º. Câu III.11 trang 116 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Hình vuông XYZT nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. điểm M bất kì thuộc cung nhỏ XT, \(\widehat {ZMT}\) có số đo bằng bao nhiêu? (A) 23º30'; (B) 45º; (C) 90º; (D) Không tính được. Giải Chọn (B) 45º. Câu III.12 trang 116 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho hình như hình bên (PQ = PR; QY và RX là các tia phân giác). Khi đó, PYKX là: (A) hình thang và không phải là hình bình hành. (B) hình bình hành và không phải hình thoi. (C) hình thoi và không phải hình chữ nhật. (D) hình chữ nhật. Giải Chọn (C) hình thoi và không phải hình chữ nhật.
