Ôn tập chương II Bài 81 trang 171 SBT Toán lớp 9 tập 1 Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm giữa AB Vẽ về một phía của AB các nửa đường tròn có đường kính theo thứ tự là AB, AC, BC Đường vuông góc với AB tại[.]
Ôn tập chương II Bài 81 trang 171 SBT Toán lớp tập 1: Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm AB Vẽ phía AB nửa đường trịn có đường kính theo thứ tự AB, AC, BC Đường vng góc với AB C cắt nửa đường tròn lớn D DA, DB cắt nửa đường trịn có đường kính AC, BC theo thứ tự M, N a) Tứ giác DMCN hình ? Vì sao? b) Chứng minh hệ thức DM.DA = DN.DB c) Chứng minh MN tiếp tuyến chung nửa đường trịn có đường kính AC, BC d) Điểm C vị trí AB MN có độ dài lớn Lời giải: a) Tam giác ABD nội tiếp đường tròn có AB đường kính nên tam giác ABD vng D ADB = 90o MDN = 90o Tam giác ACM nội tiếp đường trịn có AC đường kính nên tam giác ACM vng M AMC = 90o CMD = 90o Tam giác BCN nội tiếp đường trịn có AC đường kính nên tam giác BCN vng N BNC = 90o CND = 90o Do đó, tứ giác CMDN có ba góc vng nên hình chữ nhật b) Tam giác ACD vng C có CM ⊥ AD M Do đó, CM đường cao Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông, ta có: CD2 = DM.DA (1) Tam giác BCD vng C có CN ⊥ BD Do đó, CN đường cao Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông, ta có: CD2 = DN.DB (2) Từ (1) (2) suy ra: DM.DA = DN.DB c) Gọi P trung điểm AC, Q trung điểm BC, I giao điểm MN với DC Vì CMDN hình chữ nhật nên IC = IM = ID = IN Tam giác CNI cân I nên ICN = INC (3) Tam giác CNQ cân Q nên QCN = QNC (4) Vì AB ⊥ CD C nên ICN + QCN = 90o (5) Từ (3), (4) (5) suy INC + QNC = 90o MN ⊥ QN N Do đó, MN tiếp tuyến đường trịn đường kính BC Tam giác CMI cân I nên ICM = IMC (6) Tam giác CMP cân P nên PCM = PMC (7) Vì AB ⊥ CD C nên ICM + PCM = 90o (8) Từ (6), (7) (8) suy ra: PMC + IMC = 90o MN ⊥ PM Do đó, MN tiếp tuyến đường trịn đường kính AC d) Gọi O trung điểm AB Tứ giác CMDN hình chữ nhật nên CD = MN Xét tam giác OCD ta có: CD OD nên MN OD Vì OD khơng đổi nên MN = OD giá trị lớn C trùng với O Vậy C trung điểm AB MN có độ dài lớn Bài 82 trang 171 SBT Tốn lớp tập 1: Cho hai đường trịn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung DE, D (O), E (O’) Kẻ tiếp tuyến chung A cắt DE I Gọi M giao điểm OI AD, N giao điểm O’I AE a) Tứ giác AMIN hình ? Vì sao? b) Chứng minh hệ thức IM.IO = IN.IO’ c) Chứng minh OO’ tiếp tuyến đường trịn có đường kính DE d) Tính độ dài DE, biết OA = 5cm, O’A = 3,2cm Lời giải: a) Trong đường trịn (O) ta có IO tia phân giác góc AID (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Trong đường trịn (O’) ta có IO’ tia phân giác góc AIE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Mà góc AID góc AIE hai góc kề bù IO ⊥ IO’ (tính chất hai góc kề bù) OIO' = 90o MIN = 90o Lại có: IA = ID (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Do đó, tam giác ADI cân I Tam giác cân AID có IO phân giác góc AID nên IO đường cao tam giác AID IO ⊥ AD M AMI = 90o Mặt khác: IA = IE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Do đó, tam giác AEI cân I Tam giác cân AIE có IO’ phân giác góc AIE nên IO’ đường cao tam giác AIE IO’ ⊥ AE N ANI = 90o Do đó, tứ giác AMIN có ba góc vng nên hình chữ nhật b) Tam giác AIO vng A có AM ⊥ IO M Do đó, AM đường cao Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng, ta có: IA = IM.IO (1) Tam giác AIO’ vng A có AN ⊥ IO’ N Do đó, AN đường cao Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông, ta có: IA = IN.IO' (2) Từ (1) (2) suy ra: IM.IO = IN.IO’ c) Ta có: IA = ID = IE = DE (chứng minh trên) Do đó, A nằm đường trịn tâm I đường kính DE Vì OO’ ⊥ IA A nên OO’ tiếp tuyến đường tròn (I; d) Tam giác O’IO vng I có IA ⊥ OO’ A Do đó, IA đường cao Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng, ta có: IA2 = OA.O'A = 5.3,2 = 16 IA = 16 = (cm) DE ) Mà DE = 2IA nên DE = 2.4 = (cm) Bài 83 trang 171 SBT Toán lớp tập 1: Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt A B, OO’ = 3cm Qua A kẻ đường thẳng cắt đường tròn (O) (O’) theo thứ tự E F (A nằm E F) Tính xem đoạn thẳng EF có độ dài lớn ? Lời giải: Kẻ OI ⊥ AE I, O’K ⊥ AF K Xét đường tròn (O), ta có: OI phần đường kính, AE dây cung Mà: OI ⊥ AE I Do đó, I trung điểm AE IA = IE = AE (đường kính vng góc với dây cung) Xét đường trịn (O’), ta có: O’K phần đường kính, AF dây cung Mà: O’K ⊥ AF K Do đó, K trung điểm AF KA = KF = AF (đường kính vng góc với dây cung) Ta có: EF = AE = AF EF = 2IA = 2AK = 2(IA + AK) = 2IK (1) Kẻ O’H ⊥ OI H Xét tứ giác IHO’K có: O'HI = IHO' = IKO' = 90o (do O’H ⊥ OI H, OI ⊥ AE I, O’K ⊥ AF K) Do tứ giác IHO’K hình chữ nhật (có ba góc vng) O’H = IK Xét tam giác OHO’ ta có: O’H OO’ = (cm) IK OO’ (2) Từ (1) (2) suy ra: EF 2OO’ = (cm) Ta có EF = 6cm H O trùng hay EF // OO’ Vậy EF có độ dài lớn 6cm EF // OO’ Bài 84 trang 171 SBT Toán lớp tập 1: Cho tam giác ABC vuông A (AB < AC) nội tiếp đường trịn (O) có đường kính BC Kẻ dây AD vng góc với BC Gọi E giao điểm DB CA Qua E kẻ đường thẳng vng góc với BC, cắt BC H, cắt AB F Chứng minh rằng: a) Tam giác EBF cân b) Tam giác HAF cân c) HA tiếp tuyến đường tròn (O) Lời giải: a) Gọi I giao điểm AD BC Vì BC AD I nên I trung điểm đoạn thẳng AD Suy BC trung trực đoạn thẳng AD Vì BC đường trung trực AD nên theo tính chất đường trung trực ta có: BA = BD Tam giác BAD cân B có BI ⊥ AD I nên BI vừa đường cao vừa tia phân giác góc ABD ABI = DBI Mà : ABI = HBF (hai góc đối đỉnh) DBI = HBE (hai góc đối đỉnh) HBE = HBF Tam giác EBF có BH tia phân giác góc EBF đường cao BH ⊥ EF H nên tam giác EBF cân B b) Xét tam giác EBF cân B, có BH EF nên BH đường trung tuyến Suy HE = HF Tam giác AEF vng A có AH đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên: HA = HE = HF = EF (tính chất đường trung tuyến tam giác vng) Do đó, tam giác AHF cân H c) Tam giác AHF cân H nên ta có: HAF = HFA (1) Tam giác AOB cân O (do OA = OB) nên ta có: OAB = OBA Mà: ABI = HBF (hai góc đối đỉnh) OAB = HBF (2) Từ (1) (2) suy ra: HAO = HAF + OAB = HFB + HBF (3) Tam giác BHF vuông H nên ta có: HFB + HBF = 90o (4) Từ (3) (4) suy ra: HAO = 90o HA ⊥ AO A Bài 85 trang 172 SBT Tốn lớp tập 1: Cho đường trịn (O), đường kính AB, điểm M thuộc đường trịn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M BN cắt đường tròn C Gọi E giao điểm AC BM a) Chứng minh NE ⊥ AB b) Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến đường tròn (O) c) Chứng minh FN tiếp tuyến đường tròn (B; BA) Lời giải: a) Tam giác ABM nội tiếp đường trịn (O) có AB đường kính nên tam giác ABM vuông M AM ⊥ BM AN ⊥ BM M Tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có AB đường kính nên tam giác ABC vng C AC ⊥ CB AC ⊥ BN C Tam giác ABN có hai đường cao AC BM cắt E nên E trọng tâm tam giác ABN Suy ra: NE ⊥ AB b) Ta có: MA = MN (tính chất đối xứng tâm) ME = MF (tính chất đối xứng tâm) Do đó, tứ giác AENF có hai đường chéo AN FE cắt trung điểm đường nên hình bình hành AF // NE Mà NE ⊥ AB (chứng minh trên) AF ⊥ AB A Vậy FA tiếp tuyến đường tròn (O) c) Trong tam giác ABN ta có: AN ⊥ BM MN = AM Do BM vừa đường cao vừa đường trung tuyến Do đó, tam giác ABN cân B BA = BN Do N thuộc đường trịn (B; BA) Tứ giác AFNE hình bình hành nên AE // FN hay FN // AC Mặt khác: AC ⊥ BN (chứng minh trên) FN ⊥ BN N Vậy FN tiếp tuyến đường tròn (B; BA) Bài 86 trang 172 SBT Toán lớp tập 1: Cho đường trịn (O), đường kính AB, điểm C nằm A O Vẽ đường tròn (O’) có đường kính CB a) Hai đường trịn (O) (O’) có vị trí tương đối nhau? b) Kẻ dây DE đường tròn (O) vng góc với AC trung điểm H AC Tứ giác ADCE hình gì? Vì sao? c) Gọi K giao điểm DB với đường tròn (O’) Chứng minh ba điểm E, C, K thẳng hàng d) Chứng minh HK tiếp tuyến đường trịn (O’) Lời giải: a) Vì O, O’ B thẳng hàng nên: O’B < OB O’ nằm O B Ta có: OO’ = OB - O’B Do đó, đường trịn (O’) tiếp xúc với đường trịn (O) B b) Ta có: HA = HC (gt) AB ⊥ DE H (gt) Mà AB đường kính, DE dây cung HD = HE (đường kính vng góc với dây cung) Do đó, tứ giác ADCE có hai đường chéo DE AC cắt trung điểm đường nên hình bình hành Lại có: AC ⊥ DE Do đó, tứ giác ADCE hình thoi c) Tam giác ABD nội tiếp đường trịn (O) có AB đường kính nên vuông D AD ⊥ BD Tứ giác ADCE hình thoi nên EC // AD EC ⊥ BD (1) Tam giác BCK nội tiếp đường trịn (O’) có BC đường kính nên tam giác BCK vuông K CK ⊥ BD (2) Từ (1) (2) suy EC trùng với CK Vậy E, C, K thẳng hàng d) Tam giác DEK vuông K có KH trung tuyến ứng với cạnh huyền DE nên: HK = HE = DE (tính chất đường trung tuyến tam giác vuông) Do đó, tam giác EHK cân H HEK = HKE (3) Ta có: O’C = O’K nên tam giác O’KC cân O’ O'CK = O'KC Mà: O'CK = HCE (hai góc đối đỉnh) O'KC = HCE (4) Từ (3) (4) ta suy HKO' = HKE + O'KC = HEK + HCE (5) Tam giác CEH vng H nên ta có: HEK + HCE = 90o (6) Từ (5) (6) ta suy HKO' = 90o HK ⊥ KO' K Vậy HK tiếp tuyến đường tròn O’ Bài 87 trang 172 SBT Toán lớp tập 1: Cho hai đường trịn (O; R) (O’; R’) tiếp xúc ngồi A (R > R’) Vẽ đường kính AOB, AO’C Dây DE đường trịn (O) vng góc với BC trung điểm K BC a) Chứng minh tứ giác BDCE hình thoi b) Gọi I giao điểm EC đường tròn (O’) Chứng minh ba điểm D, A, I thẳng hàng c) Chứng minh KI tiếp tuyến đường tròn (O’) Lời giải: a) Vì đường trịn (O) (O’) tiếp xúc A nên O, A O’ thẳng hàng Ta có: KB = KC (gt) Trong đường trịn (O) ta có: AB ⊥ DE K Mà AB đường kính DE dây cung Do đó, K trung điểm DE KD = KE (đường kính vng góc với dây cung) Do đó, tứ giác BDCE có hai đường chéo DE BC cắt trung điểm đường nên hình bình hành Lại có: BC ⊥ DE Do đó, tứ giác BDCE hình thoi b) Tam giác ABD nội tiếp đường trịn (O) có AB đường kính nên tam giác ABD vng D AD ⊥ BD D Tứ giác BDCE hình thoi nên EC // BD EC ⊥ AD (1) Tam giác AIC nội tiếp đường trịn (O’) có AC đường kính nên vng I AI ⊥ CE (2) Từ (1) (2) suy AD trùng với AI Vậy D, A, I thẳng hàng c) Tam giác DIE vng I có IK trung tuyến ứng với cạnh huyền DE nên: KI = KD = ED (tính chất đường trung tuyến tam giác vng) Do đó, tam giác IKD cân K KID = KDI KIA = KDA (3) Ta có: O’A = O’I nên tam giác O’IA cân O’ O'AI = O'IA Mà: O'AI = KAD O'IA = KAD (4) Từ (3) (4) ta suy ra: KIO' = 90o KI ⊥ O'I I Do đó, KI tiếp tuyến đường trịn (O’) Bài 88 trang 172 SBT Toán lớp tập 1: Cho nửa đường trịn tâm O có đường kính AB Gọi M điểm thuộc nửa đường trịn, H chân đường vng góc kẻ từ M đén AB Vẽ đường tròn (M; MH) Kẻ tiếp tuyến AC, BD với đường tròn tâm M (C D tiếp điểm khác H) a) Chứng minh ba điểm C, M, D thẳng hàng CD tiếp tuyến đường tròn (O) b) Chứng minh điểm M di chuyển nửa đường tròn (O) tổng AC + BD khơng đổi c) Giả sử CD AB cắt I Chứng minh tích OH.OI khơng đổi Lời giải: a) Trong đường trịn (M; MH), theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: MA tia phân giác góc HMC CMA = HMA CMH = 2HMA MB tia phân giác góc HMD HMB = DMB DMH = 2HMB Tam giác ABM nội tiếp đường trịn (O) có đường kính AB nên tam giác ABM vuông M AMB = HMA + HMB = 90o CMH + HMD = 2HMA + 2HMB = 2(HMA + HMB) = 2.90o = 180o Do đó, C, M, D thẳng hàng b) Trong đường tròn (M; MH), theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AC = AH BD = BH Khi M thay đổi nửa đường trịn tâm O AC ln AH BD ln BH Do đó, AC + BD = AH + BH = AB khơng đổi c) Ta có: AC ⊥ CD BD ⊥ CD (tính chất tiếp tuyến) AC // BD Do tứ giác ABDC hình thang Mà OA = OB (bán kính đường trịn (O)) nên O trung điểm AB Và MC = MD (bán kính đường trịn (M)) nên M trung điểm CD Do đó, OM đường trung bình hình thang ABDC Khi OM // AC Mà AC ⊥ CD OM ⊥ CD M OMI = 90o Tam giác OMI vng M có MH ⊥ OI H Do đó, MH đường cao Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có: OM2 = OH.OI Mà OM = R Do đó, OH.OI = R không đổi với R bán kính đường trịn (O) Bài tập bổ sung Bài II.1 trang 173 SBT Toán lớp tập 1: Tỉ số bán kính đường trịn nội tiếp đường tròn ngoại tiếp tam giác (A) (B) (C) (D) Lời giải: Giả sử tam giác ABC ngoại tiếp đường trịn (O; R) có đường trịn nội tiếp (O; r) Gọi H trung điểm BC Trong tam giác đều, giao ba đường trung tuyến giao ba đường phân giác, ba đường cao, đường trung trực (tâm đường tròn nội tiếp tâm đường trịn ngoại tiếp) Do đó, OH = r, OA = R Vì O trọng tâm tam giác ABC nên ta có: OA r OH = = = AH R OA Vậy ta chọn đáp án (B) Bài II.2 trang 173 SBT Toán lớp tập 1: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, vẽ tia tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn Gọi M điểm thuộc nửa đường tròn, D giao điểm AM By, C giao điểm BM Ax, E trung điểm BD Chứng minh rằng: a) AC.BD = AB2 ; b) ME tiếp tuyến nửa đường tròn Lời giải: a) Xét tam giác ABD vng B Có: A1 + D1 = 90o (1) Tam giác AMB nội tiếp đường trịn đường kính AB nên tam giác AMB vuông M A1 + B1 = 90o (2) Từ (1) (2) ta suy B1 = D1 (cùng phụ với A1 ) Xét tam giác ABC tam giác BDA Có: B1 = D1 (cmt) BAC = ABD = 90o Do đó, tam giác ABC tam giác BDA đồng dạng (góc – góc) ... kính AB nên tam giác ABM vuông M AMB = HMA + HMB = 90 o CMH + HMD = 2HMA + 2HMB = 2( HMA + HMB) = 2 .90 o = 180o Do đó, C, M, D thẳng hàng b) Trong đường trịn (M; MH), theo tính chất hai tiếp tuyến... đỉnh) OAB = HBF (2) Từ (1) (2) suy ra: HAO = HAF + OAB = HFB + HBF (3) Tam giác BHF vng H nên ta có: HFB + HBF = 90 o (4) Từ (3) (4) suy ra: HAO = 90 o HA ⊥ AO A Bài 85 trang 1 72 SBT Tốn lớp tập... cao Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng, ta có: IA2 = OA.O''A = 5.3 ,2 = 16 IA = 16 = (cm) DE ) Mà DE = 2IA nên DE = 2. 4 = (cm) Bài 83 trang 171 SBT Toán lớp tập 1: Cho hai đường tròn (O) (O’)