Bài 72, 73, 74, 75, 76, 77 trang 169 SBT Toán 9 Tập 1
Bài 72, 73, 74, 75, 76, 77 trang 169 SBT Toán 9 Tập 1
Bài 72 trang 169 Sách bài tập Toán 9 Tập 1: Cho hai đường tròn đồng tâm O. Gọi AB là dây bất kì của đường tròn nhỏ. Đường thẳng AB cắt đường tròn lớn ở C và D (A nằm giữa B và C). So sánh các độ dài AC và BD.
Lời giải:
Kẻ OI ⊥ AB. Ta có: OI ⊥ CD
Trong đường tròn (O) (nhỏ) ta có : OI ⊥ AB
Suy ra :
IA = IB (đường kính vuông góc dây cung) (1)
Trong đường tròn (O) (lớn) ta có : OI ⊥ CD
Suy ra :
IC = ID (đường kính vuông góc dây cung)
Hay IA + AC = IB + BD (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AC = BD.
Bài 73 trang 169 Sách bài tập Toán 9 Tập 1: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Gọi CD là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (C ∈ (O), D ∈ (O’))
a. Tính số đo góc CAD
b. Tính độ dài CD biết OA = 4,5cm, O’A = 2cm
Lời giải:
a. Kẻ tiếp tuyến chung tạ IA cắt CD tại M
Trong đường tròn (O) ta có:
MA = MC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Trong đường tròn (O’) ta có :
MA = MD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra : MA = MC = MD = 12 CD
Tam giác ACD có đường trung tuyến AM ứng với cạnh CD bằng nửa cạnh CD nên tam giác ACD vuông tại A
Suy ra : ∠(CAD) = 90o
b. Ta có :
MO là tia phân giác của góc (CMA) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
MO’ là tia phân giác của góc (DMA) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra : MO ⊥ MO’ (tính chất hai góc kề bù)
Tam giác MOO’ vuông tại M có MA ⊥ OO’ (tính chất tiếp tuyến)
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có :
MA2 = OA.O’A = 4,5.2 = 9 ⇒ MA = 3 (cm)
Mà MA = 12 CD ⇒ CD = 2.MA = 2.3 = 6 (cm)
Bài 74 trang 169 Sách bài tập Toán 9 Tập 1: Cho hai đường tròn đồng tâm O. Một đường tròn (O’) cắt một đường tròn tâm O tại A, B và cắt đường tròn tâm O còn lại tại C, D. Chứng minh rằng AB // CD.
Lời giải:
Vì đường tròn (O’) cắt đường tròn (O ; OA) tại A và B nên OO’ là trung trực của AB
Suy ra : OO’ ⊥ AB (1)
Vì đường tròn (O’) cắt đường tròn (O ; OC) tại C và D nên OO’ là trung trực của CD
Suy ra : OO’ ⊥ CD (2)
Từ (1) và (2) suy ra : AB // CD.
Bài 75 trang 169 Sách bài tập Toán 9 Tập 1: Cho đường tròn (O ; 3cm) và đường tròn (O’; 1cm) tiếp xúc ngoài tại A. Vẽ hai bán kính OB và O’C song song với nhau thuộc cùng nửa mặt phẳng có bờ OO’.
a. Tính số đo góc BAC.
b. Gọi I là giao điểm của BC và OO’. Tính độ dài OI.
Lời giải:
a. Ta có : OB // O’C (gt)
Suy ra : (hai góc trong cùng phía)
OA = OB (=R)
⇒ Tam giác AOB cân tại O
Bài 76 trang 169 Sách bài tập Toán 9 Tập 1: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ các đường kính AOB, AO’C. Gọi DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (D ∈ (O), E ∈ (O’)). Gọi M là giao điểm của BD và CE.
a. Tính số đo góc DAE.
b. Tứ giác ADME là hình gì? Vì sao ?
c. Chứng minh rằng MA là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.
Lời giải:
a. Kẻ tiếp tuyến chung tại A cắt DE tại I
Trong đường tròn (O) ta có:
IA = ID (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Trong đường tròn (O’) ta có :
IA = IE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra : IA = ID = IE = (1/2).DE
Tam giác ADE có đường trung tuyến AI ứng với cạnh DE và bằng nửa cạnh DE nên tam giác ADE vuông tại A
Suy ra: ∠(EAD) = 90o
b. Tam giác ABD nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên ∠(ADB) = 90o hay ∠(ADM) = 90o
Tam giác AEC nội tiếp trong đường tròn (O’) có AC là đường kính nên ∠(AEC) = 90o hay ∠(AEM) = 90o
Mặt khác: ∠(EAD) = 90o (chứng minh trên)
Tứ giác ADME có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật.
c. Tứ giác ADME là hình chữ nhật và ID = IE (chứng minh trên) nên đường chéo AM của hình chữ nhật phải đi qua trung điểm I của DE. Suy ra: A, I, M thẳng hàng.
Ta có: IA ⊥ OO’ (vì IA là tiếp tuyến của (O))
Suy ra: AM ⊥ OO’
Vậy MA là tiếp tuyến chung của đường tròn (O) và (O’)
Bài 77 trang 169 Sách bài tập Toán 9 Tập 1: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài MN của hai đường tròn (M ∈ (O), N ∈ (O’)). Gọi P là điểm đối xứng với M qua OO’, Q là điểm đối xứng với N qua OO’. Chứng minh rằng:
a. MNQP là hình thang cân.
b. PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O’).
c. MN + PQ = MP + NQ.
Lời giải:
a. Vì M và P đối xứng qua trục OO’ nên OO’ là đường trung trực của MP
Suy ra: OP = OM
Khi đó P thuộc (O) và MP ⊥ OO’ (1)
Vì N và Q đối xứng qua trục OO’ nên OO’ là đường trung trực của NQ
Suy ra: O’N = O’Q
Khi đó Q thuộc (O’) và NQ ⊥ OO’ (2)
Từ (1) và (2) suy ra: MP // NQ
Tứ giác MNPQ là hình thang
Vì OO’ là đường trung trực của MP và NQ nên OO’ đi qua trung điểm hai đáy hình thang MNQP, OO’ đồng thời cũng là trục đối xứng của hình thang MNQP nên MNQP là hình thang cân.
b. Ta có: MN ⊥ OM (tính chất tiếp tuyến)
Suy ra: QP ⊥ OP tại P
Vậy PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Ta có: MN ⊥ O’N (tính chất tiếp tuyến)
Suy ra: QP ⊥ O’Q tại Q
c. Kẻ tiếp tuyến chung tại A cắt MN tại E và PQ tại F
Trong đường tròn (O), theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
EM = EA và FP = FA
Trong đường tròn (O’), theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
EN = EA và FQ = FA
Suy ra: EM = EA = EN = (1/2).MN
FP = FA = FQ = (1/2).PQ
Suy ra : MN + PQ = 2EA + 2FA = 2(EA + FA) = 2EF (9)
Vì EF là đường trung bình của hình thang MNQP nên :
EF = (MP + NQ)/2 hay MP + NQ = 2EF (10)
Từ (9) và (10) suy ra: MN + PQ = MP + NQ
