Giải Toán 9 trang 69 Tập 2 Chân trời sáng tạo

---

Haylamdo biên soạn và sưu tầm lời giải bài tập Toán 9 trang 69 Tập 2 trong Bài 1: Đường tròn ngoại tiếp tam giác. Đường tròn nội tiếp tam giác Toán 9 Chân trời sáng tạo hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Toán 9 trang 69.

Giải Toán 9 trang 69 Tập 2 Chân trời sáng tạo

Bài 2 trang 69 Toán 9 Tập 2: Cho tam giác ABC (AC < BC) nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính. Từ điểm O vẽ đường thẳng song song với AC và cắt đường tròn (O) tại I (điểm I thuộc cung nhỏ CB).

a) Chứng minh OI vuông góc với BC.

b) Vẽ tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và cắt OI tại M. Chứng minh MC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Lời giải:

a) Ta có $\widehat{ACB}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC ⊥ BC.

Mà AC // OI nên OI ⊥ BC (tính chất từ vuông góc đến song song).

b) Gọi N là giao điểm của BC và OI.

Tam giác OBC có OB = OC = R nên ∆OBC cân tại O.

Ta có ON là đường cao của ∆OBC cân tại O.

Suy ra ON cũng là đường phân giác của $\widehat{COB}$.

Do đó $\widehat{CON}=\widehat{NOB}.$

Xét ∆COM và ∆BOM có:

OM là cạnh chung; $\widehat{COM}=\widehat{MOB};$ OB = OC = R.

Do đó ∆COM = ∆BOM (c.g.c).

Suy ra $\widehat{OCM}=\widehat{OBM}$ (hai góc tương ứng).

Mà $\widehat{OBM}=90°$ (BM là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B).

Suy ra $\widehat{OCM}=\widehat{OBM}=90°$ nên OC ⊥ MC tại C.

Mà C thuộc đường tròn (O), do đó MC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Bài 3 trang 69 Toán 9 Tập 2: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn (I) với các cạnh AB, BC, AC (Hình 11).

a) Chứng minh 2AD = AB + AC – BC.

b) Tìm các hệ thức tương tự như ở câu a.

Lời giải:

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AD = AF, BD = BE, CE = CF.

Suy ra AB + AC – BC = (AD + BD) + (AF + CF) – (BE + CE)

          = (AD + AF) + (CF – CE) + (BD – BE) = 2AD.

Vậy 2AD = AB + AC – BC (đpcm).

b) Các hệ thức tương tự như ở câu a là:

2AF = AB + AC – BC;

2BD = 2BE = AB + BC – AC;

2EC = 2FC = AC + BC – AB.

Bài 4 trang 69 Toán 9 Tập 2: Tính diện tích tam giác đều có bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 cm.

Lời giải:

Gọi (O; 1 cm) là đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC có cạnh bằng x (cm) (x > 0).

Khi đó O là trọng tâm của ∆ABC.

Vẽ đường trung tuyến AH của ∆ABC.

Ta có r = $\frac{1}{3}$AH, suy ra AH = 3r = 3 . 1 = 3 (cm).

Theo định lí Pythagore, ta có AB² = AH² + HB².

Suy ra $x^2=3^2+{\left(\frac{x}{2}\right)}^2$ nên $x^2-\frac{x^2}{4}=9$ hay x² = 12.

Do đó x = -2$\sqrt{3}$ (loại) hoặc x = 2$\sqrt{3}$ (thỏa mãn).

Diện tích tam giác ABC là:

$S=\frac{1}{2}AH\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 2\sqrt{3}=3\sqrt{3}\left(c{m}^2\right)$.

Vậy diện tích tam giác đều cần tìm là $3\sqrt{3}c{m}^2.$

Bài 5 trang 69 Toán 9 Tập 2: Một trại nuôi gia súc có dạng hình tam giác đều cạnh 100 m (Hình 12). Người ta muốn đặt một trụ đèn cao áp tại một điểm cách đều ba đỉnh của tam giác. Nêu cách xác định vị trí đặt đèn và tính khoảng cách từ điểm đó đến ba đỉnh của tam giác.

Lời giải:

Gọi trại có dạng tam giác đều ABC có cạnh bằng 100 m và O là vị trí đặt đèn.

Vì vị trí đặt đèn cách đều ba đỉnh của tam giác nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.

Vẽ hai đường trung tuyến AH và BI, O là giao điểm của AH và BI.

Suy ra O là trọng tâm của ∆ABC.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABH, ta có: AB² = AH² + BH².

Suy ra $AH=\sqrt{A{B}^2-B{H}^2}=\sqrt{{100}^2-{50}^2}=50\sqrt{3}\left(m\right).$ nên $x^2-\frac{x^2}{4}=9$ hay x² = 12.

Do đó R = OA = $\frac{2}{3}$AH = $\frac{2}{3}$.50$\sqrt{3}$ $\approx$ 57,7 (m).

Vậy khoảng cách từ điểm đặt đèn đến ba đỉnh của tam giác khoảng 57,7 m.

Lời giải bài tập Toán 9 Bài 1: Đường tròn ngoại tiếp tam giác. Đường tròn nội tiếp tam giác hay khác:

• Giải Toán 9 trang 65

• Giải Toán 9 trang 67

• Giải Toán 9 trang 68