Bài tập Tính toán lớp 9 (có lời giải)

a) \(AB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(B \Rightarrow AB \bot OB\).

Xét tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\), theo định lí Pythagore:

\(O{A^2} = O{B^2} + A{B^2}\) hay \({(r + 2)^2} = {r^2} + {4^2}\)

\( \Rightarrow {r^2} + 4r + 4 = {r^2} + 16\)

\( \Rightarrow 4r = 16 - 4 = 12\)

\( \Rightarrow r = 3\)

Vậy bán kính của đường tròn \(\left( O \right)\) là \(r = 3\).

b) \(OA = OC + AC = r + 2 \Rightarrow OA = 3 + 2 = 5\).

a) Ta có \(MI\) là đường phân giác của góc \(EMF\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \widehat {EMI} = \widehat {FMI} = \frac{{\widehat {EMF}}}{2} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ \).

Xét tứ giác \(MEIF\) có: \(\widehat {MEI} = \widehat {MFI} = 90^\circ \) (tính chất của tiếp tuyến)

\[ \Rightarrow \widehat {EIF} = 360^\circ  - \left( {\widehat {MEI} + \widehat {MFI} + \widehat {EMF}} \right)\]\( = 360^\circ  - \left( {90^\circ  + 90^\circ  + 60^\circ } \right) = 120^\circ \)

b) Xét tam giác \(MEI\) vuông tại \(E\) có \(\widehat {EMI} = 30^\circ \) (cmt)

\( \Rightarrow MI = 2EI = 2.6 = 12\left( {{\rm{\;}}cm} \right){\rm{.\;}}\)

\(\Delta MAO\) vuông tại \(A\) (tính chất tiếp tuyến)

Theo định lí Pythagore \(M{A^2} = M{O^2} - O{A^2}\)

\(M{A^2} = {10^2} - {6^2} = 64 \Rightarrow MA = 8\left( {{\rm{\;}}cm} \right)\)

Ta có \(MB = MA = 8\left( {{\rm{\;}}cm} \right)\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Dễ thấy \(MO\) là đường trung trực của \(AB\) (\(OA = OB\), \(MA = MB\)) \( \Rightarrow MO \bot AB\) tại \(H\).

Xét \(\Delta MAO\) và \(\Delta AHO\) có: \(\widehat {MAO} = \widehat {AHO} = 90^\circ \), \(\widehat {MOA}\) chung

Do đó $\Delta MAO\backsim \Delta AHO$ (g.g) \( \Rightarrow \frac{{MO}}{{AO}} = \frac{{AO}}{{HO}}\) \( \Rightarrow A{O^2} = MO \cdot HO\)

\( \Rightarrow HO = \frac{{A{O^2}}}{{MO}} = \frac{{{6^2}}}{{10}} = 3,6\,\,\left( {cm} \right)\)

\( \Rightarrow HM = MO - HO = 10 - 3,6 = 6,4\,\,\left( {cm} \right)\)

Chứng minh tương tự, ta có:  (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{AH}}{{MH}} = \frac{{HO}}{{AH}} \Rightarrow A{H^2} = MH \cdot HO = 6,4 \cdot 3,6\)

\( \Rightarrow AH = \sqrt {6,4 \cdot 3,6}  \approx 4,8\,\,\left( {cm} \right)\)

Vì \(MO\) là đường trung trực của \(AB\left( {cmt} \right) \Rightarrow HA = HB = 4,8\,\,\left( {cm} \right)\)\[ \Rightarrow AB = HA + HB = 4,8 + 4,8 = 9,6\,\,\left( {cm} \right)\]

a) Dễ thấy tứ giác \(MBOA\) là hình chữ nhật (có ba góc vuông)

Lại có \(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên \(MBOA\) là hình vuông (hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau là hình vuông)\( \Rightarrow MA = MB = 5{\rm{\;}}cm{\rm{.\;}}\)

b) \(DB\) và \(DI\) là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(OD\) là tia phân giác của \(\widehat {MOB} = {45^ \circ }\) \( \Rightarrow \widehat {DOB} = \widehat {DOI} = \frac{{45^\circ }}{2} = 22,5^\circ \).

Xét tam giác \(DBO\) vuông tại \(B\), có \(\widehat {DOB} = 22,5^\circ \) và cạnh góc vuông \(OB = 5{\rm{\;}}cm\).

Theo định lí về hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

\[BD = OB \cdot \tan \widehat {DOB} = 5 \cdot \tan 22,5^\circ  \approx 2,1\,\,\left( {cm} \right)\] \( \Rightarrow DI = DB \approx 2,1\,\,\left( {cm} \right)\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Ta có \(MD = MC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Tam giác \(DMC\) cân có \(MI\) là đường cao nên đồng thời là trung tuyếr. Hay \(IC = DI \approx 2,1\) (cm) \( \Rightarrow CD = 2.2,1 \approx 4,2\,\,\left( {cm} \right)\)

Ta có \(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên tam giác \(AMB\) cân tại \(M\) có \(\widehat {AMB} = {60^ \circ }\left( {gt} \right)\) nên tam giác \(AMB\) đều \( \Rightarrow MA = MB = AM\) mà

\(MA + MB + AB = 18\left( {{\rm{\;}}cm} \right) \Rightarrow AB = \frac{{18}}{3} = 6\left( {{\rm{\;}}cm} \right)\)

\(\Delta ABO\) vuông tại \(B\) (tính chất tiếp tuyến)

Ta có \({\rm{sin}}{A_1} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {{A_1}} = {30^ \circ } \Rightarrow \widehat {BAC} = {60^ \circ }\)

\(A{B^2} = A{O^2} - O{B^2}\)\( = {(2R)^2} - {R^2} = 3{R^2}\) \( \Rightarrow AB = R\sqrt 3 \)

\(\Delta ABC\) cân (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) có \(\widehat {BAC} = {60^ \circ }\) nên là tam giác đều \( \Rightarrow AC = BC = AB = R\sqrt 3 \).

a) Ta có \(AB + AC - BC = AM + MB + AS + SC - BN - NC\)

\( = AM + AS = 2AM\)

b) Theo câu a ta có: \(AB + AC - BC = 2AM\)

\( \Rightarrow AM = \frac{{AB + AC - BC}}{2}\)

\(BM = 4 - 1 = 3\); \(AS = AM = 1 \Rightarrow SC = 5 - 1 = 4\)

Ta có tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) (gt) Theo định lí Pythagore:

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {6^2} + {8^2} = 100\)

\( \Rightarrow BC = \sqrt {{6^2} + {8^2}}  = 10\,\,\left( {cm} \right)\)

Gọi \({S_{ABC}}\) là diện tích tam giác \(ABC\)

Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC\) \( = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 8 = 24\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)

Gọi bán kính đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\) là \(r\)

Ta có \({S_{ABC}} = {S_{AIB}} + {S_{BIC}} + {S_{CIA}} = \frac{1}{2}r \cdot AB + \frac{1}{2}r \cdot BC + \frac{1}{2}r \cdot AC\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}r\left( {AB + BC + AC} \right)\)

\( \Rightarrow 24 \cdot 2 = r\left( {AB + BC + AC} \right)\)

\( \Rightarrow r = \frac{{48}}{{AB + BC + AC}} = \frac{{48}}{{6 + 8 + 10}} = 2\)

Vậy bán kính đường tròn tâm \(I\) nội tiếp \(\Delta ABC\) là \(r = 2\,\,\left( {cm} \right)\).

Nhận xét: Theo bài toán 36 trên. Gọi \(r\) là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\), \({S_{ABC}}\) là diện tích và nửa chu vi là \(p = \frac{{AB + AC + BC}}{2}\) thì \(r = \frac{S}{p}\)

\(\Delta ABC\) cân tại \(A\), kẻ đường cao \(AH\) ta có \(AH\) đồng thời là đường trung tuyến

\(HB = HC = \frac{{BC}}{2} = \frac{{12}}{2} = 6\,\,\left( {cm} \right)\)Theo định lí Pythagore:

\(A{H^2} = A{B^2} - H{B^2} = {10^2} - {6^2}\)

\( \Rightarrow AH = 8\left( {cm} \right)\).

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}BC.AH\)\( = \frac{1}{2}.12.8 = 48\left( {c{m^2}} \right)\)

\(P = \frac{{AB + AC + BC}}{2} = 16\left( {cm} \right)\).

Vậy \(r = \frac{{48}}{{16}} = 3\left( {cm} \right)\).

Cách khác:

\(\Delta ABC\) cân nên đường cao \(AH\)cũng đồng thời là đường phân giác, \(I\) là tâm của đường tròn nội tiếp nên\(CI\)là phân giác của \(\Delta AHC\).

Ta có \(\frac{{IA}}{{IH}} = \frac{{CA}}{{CH}} = \frac{{10}}{6} = \frac{5}{3}\)

\( \Rightarrow \frac{{IA}}{5} = \frac{{IH}}{3} = \frac{{IA + IH}}{{5 + 3}} = \frac{{AH}}{8} = 1\)

\( \Rightarrow \frac{{IH}}{3} = 1 \Rightarrow IH = 3\left( {cm} \right)\).

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\) là \(3\left( {cm} \right)\).

Chú ý: Đối với một tam giác tùy ý ta có thể chứng minh công thức diện tích sau đây:

\(S = p.r\) (\(p = \frac{{a + b + c}}{2}\): nửa chu vi, \(r\)là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác, \(a,b,c\) là độ dài ba cạnh của tam giác) (Xem cách chứng minh bài toán 36).

Kẻ đường kính \(AD\) cắt \(BC\)tại \(H\) ta có \(HB = HC = \frac{{BC}}{2} = \frac{{10}}{2} = 5\).

Theo định lí Pythagore \(A{B^2} = A{H^2} + B{H^2}\)

\(A{H^2} = A{B^2} - B{H^2} = {13^2} - {5^2} \Rightarrow AH = \sqrt {{{13}^2} - {5^2}} \)

\( \Rightarrow AH = 12\left( {cm} \right)\).

Xét tam giác \(ABD\) có \(BO\) là đường trung tuyến mà \(BO = AO = DO\)hay \(BO = \frac{1}{2}AD\) nên tam giác \(ABD\) vuông tại \(B\).

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta AHB\) có: \(\widehat {BAD}\) chung và \(\widehat {ABD} = \widehat {AHB} = {90^0}\)

Do đó \(\Delta ABD \sim \Delta AHB\) (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AH}}{{AB}} \Rightarrow A{B^2} = AD.AH\)

\( \Rightarrow AD = \frac{{A{B^2}}}{{AH}} = \frac{{{{13}^2}}}{{12}} = 14,1\left( {cm} \right)\)

Vậy bán kính đường tròn \(\left( O \right)\) ngoại tiếp \(\Delta ABC\): \(R = \frac{{14,1}}{2} = 7,05\left( {cm} \right)\).

(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Hay \(7x - 4 = 3x + 8\)

\( \Rightarrow 7x - 3x = 8 + 4\)

\( \Rightarrow 4x = 12\)

\( \Rightarrow x = 3\).

Ta có: \(MA \bot OA\) (tính chất tiếp tuyến) hay tam giác \(MAO\) vuông tại \(A\).

Theo định lí Pythagore, ta có:

\(M{O^2} = M{A^2} + O{A^2} \Rightarrow M{A^2} = M{O^2} - O{A^2} = {13^2} - {5^2}\)

\( \Rightarrow MA = \sqrt {{{13}^2} - {5^2}}  = 12\left( {cm} \right)\)

Vậy \(MB = MA = 12\left( {cm} \right)\)(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Gọi \(p\) là chu vi của tam giác \(MNP\), ta có:

\(p = MN + NC + CP + MP\)

mà \(NC = NA\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Tương tự \(CP = PB\)

\( \Rightarrow p = \left( {MN + NA} \right) + \left( {PB + MP} \right)\)

\( = MA + MB = 12 + 12 = 24\left( {cm} \right)\)

Vậy chu vi tam giác \(MNP\) bằng\(24\left( {cm} \right)\).