giai sbt toan 9 on tap chuong iii

Ôn tập chương III Bài 73 trang 113 SBT Toán lớp 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 tiếp[.]

Ôn tập chương III Bài 73 trang 113 SBT Toán lớp tập 2: Cho đường trịn đường kính AB.Qua A B kẻ hai tiếp tuyến đường tròn Gọi M điểm đường trịn Các đường thẳng AM BM cắt tiếp tuyến B’ A’ a) Chứng minh rằng: AA'.BB'  AB2 b) Chứng minh rằng: A'A2  A'M.A'B Lời giải: a) Xét tam giác AB’B vuông B (do BB’ tiếp tuyến)  BB'A  BAB'  90o (1) Xét tam giác AMB vuông M (do góc AMB góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  ABA'  BAB'  90o (2) Từ (1) (2) ta suy ra: BB'A  ABA' Xét tam giác AA’B tam giác BB’A có: A'AB  B'BA  90o (do A’A B’B tiếp tuyến) BB'A  ABA' (cmt) Do đó, tam giác AA’B tam giác BB’A đồng dạng (góc – góc)  AA' AB   AA'.BB'  AB2 BA BB' b) AMB  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AM vng góc với A’B M Xét tam giác AA’B vng A có đường cao AM Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có: AA'2  A'M.A'B Bài 74 trang 114 SBT Toán lớp tập 2: Cho lục giác ABCDEF Chứng minh đường chéo BF chia AD thành hai đoạn thẳng theo tỉ lệ : Lời giải: Lục giác ABCDEF nội tiếp đường trịn (O) 360o Do đó, ta có: sđ AB  sđCB  sđCD  sđ DE  sđ EF  sđ FA   60o  sđABCD  sđAB  sđBC  sđCD  60o  60o  60o  180o Do đó, AD đường kính đường trịn (O) Ta có: OA = OB = OF = AB = AF = R Do đó, tứ giác ABOF hình thoi Gọi giao điểm AD BF H Ta có: FB vng góc với OA H (tính chất hình thoi)  AH  HO  AO R (tính chất hình thoi)  2 Mà: HD  HO  OD  R R R 2 R AH    HD 3R Bài 75 trang 114 SBT Tốn lớp tập 2: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Dựng điểm M nằm tam giác ABC cho AMB  BMC  CMA Lời giải: Giả sử M điểm nằm tam giác ABC cho AMB  BMC  CMA Ta có: AMB  BMC  CMA  360o Nên AMB  BMC  CMA  360o  120o Khi đó, điểm M nhìn cạnh AB, BC, AC tam giác ABC góc 120° Cách dựng: - Dựng cung chứa góc 120° vẽ đoạn BC - Dựng cung chứa góc 120° vẽ đoạn AC - Giao điểm thứ hai C hai cung điểm M phải dựng Bài 76 trang 114 SBT Tốn lớp tập 2: Hai rịng rọc có tâm O, O’ bán kính R = 4a, R’ = a Hai tiếp tuyến chung MN PQ cắt A theo góc 60° (hình 14) Tìm độ dài dây cua-roa mắc qua hai ròng rọc Lời giải: Vì hai tiếp tuyến chung đường trịn (O) (O’) cắt A nên O, O’, A thẳng hàng Có: OAM  OAP  MAP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  OAM  60o  30o Xét tam giác OMA vuông M (do MA tiếp tuyến (O)) Có: MA  OM.cot OAM  4a.cot30o  4a Xét tam giác O’NA vuông N (do NA tiếp tuyến (O’)) Có: NA  O'N.cot O'AN  a.cot30o  a Từ , ta có: MN = MA – NA = 4a  a  3a Xét tứ giác O’NAQ có: N  Q  90o (do NA, QA tiếp tuyến (O’)) A  60o  NO'Q  360o  90o  90o  60o   120o Do đó, số đo cung nhỏ NQ 120o Độ dài cung nhỏ NQ là: l1  a.120 2a  180 Xét tứ giác OMAP có: M  P  90o (do MA, PA tiếp tuyến (O)) A  60o  MOP  360o  90o  90o  60o   120o Do đó, số đo cung nhỏ MP 120o Do đó, số đo cung lớn MP là: 360o  120o  240o Độ dài cung lớn MP là: l2  .4a.240 16a  180 Chiều dài dây cua-roa mắc qua hai ròng rọc là: 2MN  l1  l2  2.3a  2a 16a   6a 3  3a  Bài 77 trang 114 SBT Tốn lớp tập 2: Tính diện tích phần tơ màu hình 15 (theo kích thước cho hình) Lời giải: Diện tích phần gạch sọc hiệu ứng diện tích hình thang ABCD diện tích hình quạt trịn có góc tâm 30° đường trịn tâm C bán kính a Từ D kẻ DH vng góc với BC, suy ADHB hình chữ nhật (do có ba góc vng) Xét tam giác HDC vng H có: DH  DC.sin C  a.sin30o  a CH  DC.cosC  a.cos30o  a BH  BC  HC  a   AD  BH   a a 2  2  a 2   (do ADHB hình chữ nhật) Diện tích hình thang ABCD là:  a 2 AD  BC SABCD  DH  2  a  a a 4   a 30 a Diện tích hình quạt trịn bằng:  360 12 Diện tích phần gạch sọc là: S  a2    a  a2  12  3  2 12 24  Bài 78 trang 114 SBT Toán lớp tập 2: Cho tam giác AHB có H  90o , A  30o BH = 4cm Tia phân giác góc B cắt AH O Vẽ đường tròn (O; OH) đường tròn (O; OA) a) Chứng minh đường tròn (O; OH) tiếp xúc với cạnh AB b) Tính diện tích hình vành khăn nằm hai đường tròn Lời giải: a) Kẻ OK vng góc với AB K Vì BO đường phân giác góc B (gt)  OK  OH (tính chất đường phân giác) Do đó, OK bán kính đường trịn (O; OH) Vậy đường tròn (O; OH) tiếp xúc với AB K b) Xét tam giác AHB vng H có: A  30o  B  60o  ABO  B  30o (do BO đường phân giác) Xét tam giác OAB có: A  ABO  30o Do đó, tam giác OAB cân O  OB = OA Do đó, B thuộc (O; OA) Xét tam giác BHO vng O có: OBH  B  30o (do BO đường phân giác) OH  BH.tan30o  OB   (cm) 3 BH 4 (cm)    o cos30 3 cosOBH 2   16 Diện tích đường trịn nhỏ là: S1  . cm2         64 Diện tích đường trịn lớn là: S2  . cm2       Diện tích hình vành khăn là: S  S2  S1  64 16   16  cm2  3 Bài 79 trang 114 SBT Toán lớp tập 2: Cho hai nửa đường trịn đường kính AB Gọi C điểm chạy nửa đường trịn đó.Trên AC lấy điểm D cho AD = BC Qua A kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn lấy AE = AB (E C thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) a) Tính quỹ tích điểm D b) Tính diện tích phần chung hai nửa hình trịn đường kính AB AE Lời giải: Trên nửa đường trịn đường kính AE lấy điểm D’ bất kì, đường thẳng AD’ cắt nửa đường trịn đường kính AB C’ Nối ED’ ,BC’ Xét tam giác AC’B vuông C’ (do tam giác nội tiếp đường trịn đường kính AB)  C'AB  C'BA  90o Mà EAD  C'AB  EAB  90o  EAD  ABC' Xét tam giác AD’E tam giác BC’A có: D'  C'  90o (các góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) AE = AB (gt) EAD  ABC' (cmt) Do đó, tam giác AD’E tam giác BC’A (góc – cạnh – góc)  AD'  BC' Vậy điểm C chạy nửa đường trịn đường kính AB quỹ tích điểm D nửa đường trịn đường kính AE b) Gọi O O’ tâm hai đường trịn đường kính AB AE ,M giao điểm thứ hai hai đường trịn Vì AB = AE nên ta có : OA = OM = O’A = O’M Do đó, tứ giác AOMO’ hình thoi Có BAE  90o Do đó, AOMO’ hình vng Diện tích phần chung hai nửa đường trịn diện tích hai quạt trịn có chung AmM trừ diện tích hình vng  AB   90 AB2   Diện tích hình quạt AOM là: (đơn vị diện tích)  360 16 2  AB  AB Diện tích hình vng AOMO’ là:    (đơn vị diện tích)   AB2 AB2 AB2 Diện tích phần chung là:      2 (đơn vị diện tích) 16 Bài tập bổ sung: Bài III.1 trang 114 SBT Toán lớp tập 2: Cho tam giác ACB ACD, cạnh a Lần lượt lấy B D làm tâm vẽ hai đường trịn bán kính a Kẻ đường kính ABE ADF Trên cung nhỏ CE đường tròn tâm B lấy điểm M (không trùng với E C) Đường thẳng CM cắt đường tròn tâm D điểm thứ hai N Hai đường thẳng EM NF cắt điểm T Gọi H giao điểm AT MN Chứng minh: a) MNT tam giác b) AT = 4AH Lời giải: a) Xét đường tròn (B) ta có: AMC  ABC (hệ góc nội tiếp) Mà ABC  60o (do tam giác ABC đều)  AMC  60o  30o Có: AME  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (B))  AMT  90o Lại có: TMN  AMT  AMC  90o  30o  60o Xét đường tròn (D) ta có: ANC  ADC (hệ góc nội tiếp) Mà ADC  60o (do tam giác ADC đều)  ANC  60o  30o Có: ANF  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (D))  ANC  CNF  90o  MNT  CNF  90o  ANC  90o  30o  60o Xét tam giác TMN có: MNT  TMN  60o Do đó, tam giác TMN b) AMC  ANC  30o (cmt) Do đó, tam giác AMN cân A  AM = AN Do đó, A nằm đường trung trực đoạn MN Vì tam giác TMN nên TM = TN Do đó, T nằm đường trung trực đoạn MN Do đó, AT đường trung trực đoạn MN  AT  MN Xét tam giác AHM có: AHM  90o AM  AH AH AH    2AH (1) sin M sin30o Do tam giác TMN (cmt) có: TH vng góc với MN nên TH đường cao đường phân giác góc T  MTA  60o  30o Xét tam giác AMT vng M Có: AT  AM AM   2AM (2) sin MTA Từ (1) (2) ta suy ra: AT = 2AM = 2.2AH = 4AH Bài III.2 trang 115 SBT Toán lớp tập 2: Cho đường trịn tâm O bán kính R điểm M ngồi đường trịn Qua điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB cát tuyến MCD với đường trịn (O), điểm C hai điểm M, D Đường thẳng qua điểm C vng góc với OA cắt AB H Gọi I trung điểm dây CD Chứng minh HI song song với AD Lời giải: Xét đường tròn (O) có MA vng góc với OA A (tính chất tiếp tuyến)  MAO  90o MB vng góc với OB B (tính chất tiếp tuyến)  MBO  90o Lại có I trung điểm dây CD (gt) nên IC = ID Do đó, OI vng góc với CD (đường kính qua điểm dây khơng qua tâm vng góc với dây đó)  MIO  90o Từ đó, A, B, I nhìn MO cố định góc 90o nên A, B, I nằm đường trịn bán kính MO  AMI  ABI (hai góc nội tiếp chắn cung nhỏ AOI) Lại có: CH  AO (gt) mà MA  OA (cmt) Do đó, CH // MA  AMI  HCI (hai góc đồng vị) Mà AMI  ABI (cmt)  HCI  ABI  HCI  HBI Do đó, B C nằm nửa mặt phẳng bờ chứa đường HI tạo với HI góc nhua nên tứ giác BCHI nội tiếp  CBH  CIH (hai góc nội tiếp chắn cung nhỏ CH)  CBA  CIH (1) Xét đường trịn (O) ta có: CBA  CDA (hai góc nội tiếp chắn cung nhỏ AC) (2) Từ (1) (2) ta suy ra: CIH  CDA nên HI // AD (do có cặp góc vị trí đồng vị nhau) Mỗi từ III.3 đến III.12 sau có phương án lựa chọn (A), (B), (C) (D) có số Hãy phương án mà em cho Bài III.3 trang 115 SBT Toán lớp tập 2: Góc nội tiếp góc: (A) có đỉnh nằm đường trịn (B) có hai cạnh hai giây đường trịn (C) có hai đỉnh tâm đường trịn có hai cạnh hai bán kính (D) có hai cạnh hai dây đường trịn có đầu mút chung Lời giải: Chọn (D) Góc nội tiếp góc có hai cạnh hai dây đường trịn có đầu mút chung Bài III.4 trang 115 SBT Toán lớp tập 2: Một đường tròn đường tròn nội tiếp nó: (A) qua đỉnh tam giác (B) tiếp xúc với đường thẳng chứa cạnh tam giác (C) tiếp xúc với cạnh tam giác (D) nằm tam giác Lời giải: Chọn (C) Một đường tròn đường trịn nội tiếp tiếp xúc với cạnh tam giác Bài III.5 trang 115 SBT Toán lớp tập 2: Một tứ giác tứ giác nội tiếp (A) có hai đỉnh nhìn cạnh hai góc (B) có góc (C) có cạnh (D) có cạnh tiếp xúc với đường trịn Lời giải: Chọn (A) Một tứ giác tứ giác nội tiếp có hai đỉnh nhìn cạnh hai góc Bài III.6 trang 115 SBT Tốn lớp tập 2: Quỹ tích điểm M nhìn đoạn thẳng AB góc 120o (A) đường tròn qua hai điểm A, B (B) đường thẳng song song với AB (C) cung chứa góc 120o dựng hai điểm A, B (D) hai cung chứa góc 120o (đối xứng nhau) dựng hai điểm A, B Lời giải: Chọn (D) Quỹ tích điểm M nhìn đoạn thẳng AB góc 120o hai cung chứa góc 120o (đối xứng dựng hai điểm A, B) Bài III.7 trang 116 SBT Toán lớp tập 2: Độ dài nửa đường trịn có đường kính 8R bằng: (A)  R; (B)  R; (C)  R; (D)  R Lời giải: Độ dài đường trịn có đường kính 8R là: C  .8R  8R Độ dài nửa đường trịn đường kính 8R là: C 8R   4R 2 Vậy chọn đáp án (C) Bài III.8 trang 116 SBT Toán lớp tập 2: Diện tích nửa hình trịn có đường kính 4R bằng: ...  90 o (do NA, QA tiếp tuyến (O’)) A  60o  NO''Q  360o  ? ?90 o  90 o  60o   120o Do đó, số đo cung nhỏ NQ 120o Độ dài cung nhỏ NQ là: l1  a.120 2a  180 Xét tứ giác OMAP có: M  P  90 o... 60o (do tam giác ADC đều)  ANC  60o  30o Có: ANF  90 o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (D))  ANC  CNF  90 o  MNT  CNF  90 o  ANC  90 o  30o  60o Xét tam giác TMN có: MNT  TMN  60o... CD Chứng minh HI song song với AD Lời giải: Xét đường tròn (O) có MA vng góc với OA A (tính chất tiếp tuyến)  MAO  90 o MB vng góc với OB B (tính chất tiếp tuyến)  MBO  90 o Lại có I trung