Giải SBT Toán 9 Cánh Diều Bài 3. Tiếp tuyến của đường tròn

a) Xét ∆OBC có OB = OC nên ∆OBC cân tại O, suy ra đường cao OH của tam giác cũng đồng thời là đường phân giác của góc BOC, do đó O1^=O2^.

Do AB là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AB⊥ OB hay ABO^=90°

Xét ∆OAC và ∆OAB có:

OC = OB, O1^=O2^, cạnh OA chung

Do đó ∆OAC=∆OAB (c.g.c).

Suy ra OCA^=OBA^=90° hay AC vuông góc với OC tại C thuộc đường tròn (O).

Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

b) Xét ∆OAB vuông tại B, theo định lí Pythagore, ta có: OA² = AB² + OB²

Suy ra AB=OA2−OB2=252−152=400=20  cm.

Xét ∆OBH và ∆OAB có: OHB^=OBA^=90° và O^ là góc chung

Do đó ∆OBH ᔕ ∆OAB (g.g)

Suy ra BHAB=OBOA nên BH=AB⋅OBOA=20⋅1525=12 cm.

Do ∆OBC cân tại O, suy ra đường cao OH của tam giác cũng đồng thời là đường trung tuyến hay H là trung điểm của BC, nên BC = 2BH = 2.12 = 24 cm.

Do ∆OAC=∆OAB (chứng minh ở câu a) nên AC=AB = 20 cm.

Vậy tam giác ABC có AB=AC=20 cm và BC=24 cm.

a) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC, khi đó MB=MC=12BC.   1

Xét ∆OAB có OA = OB nên ∆OAB cân tại O, suy ra đường trung tuyến OI đồng thời là đường cao của tam giác, hay OC ⊥ AB tại I.

Ta có ∆BIC vuông tại I có IM là đường trung tuyến ứng với canh huyền BC nên IM=12BC.   2

Ta có ∆BDC vuông tại D có DM là đường trung tuyến ứng với canh huyền BC nên DM=12BC.   3

Từ (1), (2) và (3), suy ra IM=DM=CM=BM=BC2.

Do đó bốn đỉnh của tứ giác BDCI cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.

b) Đường tròn (C) có hai tiếp tuyến BI, BD cắt nhau tại B nên CB là tia phân giác của góc ICD, hay BCI^=BCD^.

Mặt khác, ∆OBC cân tại O (do OB = OC) nên OBC^=OCB^ hay  OBC^=BCI^.

Suy ra OBC^=BCD^, mà hai góc này ở vị trí so le trong nên OB // CD.

Lại có BD ⊥ CD nên BD ⊥ OB tại B, mà B nằm trên đường tròn (O)

Vậy BD là tiếp tuyến của đường tròn (O).

a) Ta có C nằm trên đường tròn (O) đường kính AB nên OC=12AB

Xét ∆ABC có CO là trung tuyến ứng với cạnh AB và OC=12AB nên tam giác ABC vuông tại C, hay ACB^=90°

Ta có ∆OAC cân tại O (do OA = OC = R) nên OCA^=OAC^=30°

Mà ACB^=OCA^+OCB^ nên OCB^=ACB^-OCA^=90°-30°=60°

Xét ∆OBC cân tại O (do OB = OC = R) có OCB^=60° nên ∆OBC là tam giác đều

Suy ra CB = OB.

Mà B là trung điểm của OM nên OB=OM2 suy ra CB=OM2

Xét ∆COM có CB là trung tuyến ứng với cạnh OM và CB=OM2 nên tam giác COM vuông tại C, hay MC ⊥ OC tại C nằm trên đường tròn (O; R).

Vậy MC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

b) Ta có B là trung điểm của OM nên OM = 2OB = 2R.

Xét ∆COM vuông tại C, theo định lí Pythagore, ta có: OM² = OC² + MC²

Suy ra MC=OM2-OC2 =(2R)2-R2 =3R2 =R3

a) Do BM, BN là tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại B nên BM ⊥ OM và BO là tia phân giác của góc MBN.

Do A là trung điểm của OB, mà A thuộc đường tròn (O) nên OA = AB = R, hay OB = 2OA = 2R.

Vì tam giác MBO vuông tại M nên sinOBM^=OMOB=12 Suy ra  OBM^=30°

Do đó MBN^=2OBM^=2×30°=60° (do BO là tia phân giác của góc MBN).

Xét ∆OBM vuông tại M, theo định lí Pythagore, ta có: OB² = OM² + BM²

Suy ra BM=OB2-OM2=(2R)2-R2 =3R2 =R3

b) Xét tam giác OBM có:OBM^+BOM^+BMO^=180°

Suy ra BOM^=180°-OBM^-BMO^=180°-30°-90°=60°

Mà OM = OA = R, suy ra tam giác OAM là tam giác đều, nên OM = OA = AM. (1)

Tương tự,ta chứng minh được tam giác OAN là tam giác đều.

Suy ra OA = ON = AN. (2)

Từ (1), (2) suy ra AM=OM=ON=AN.

Do đó tứ giác AMON là hình thoi.

c) Do tứ giác AMON là hình thoi nên hai đường chéo MN và OA cắt nhau tại trung điểm H của mỗi đường, suy ra OH=OA2=R2

Để tìm tâm của một hình tròn, ta đặt hình tròn đó tiếp xúc với hai cạnh AB và AC. Vạch theo AD ta được một đường thẳng đi qua tâm của hình tròn. Xoay hình tròn và làm tương tự, ta được một đường thẳng nữa đi qua tâm của hình tròn. Giao điểm của hai đường vừa kẻ là tâm của hình tròn (hình vẽ).

a) Do Ax, By là tiếp tuyến của đường tròn tâm O đường kính AB nên Ax ⊥ AB, By ⊥ AB, suy ra Ax // By.

Đường tròn (O) có:

⦁ hai tiếp tuyến Ax, CD cắt nhau tại C nên CA = CM;

⦁ hai tiếp tuyến By, CD cắt nhau tại D nên DB = DM.

Xét ∆ANC có AC // BD nên NAND=CADB (hệ quả định lí Thalès) suy ra NAND=CMDM

Do đó MN // AC (định lí Thalès đảo) hay MN // Ax

Mà Ax ⊥AB nên MN ⊥AB.

b) Xét ∆ACD có MN // AC nên MNAC=DNDA (hệ quả của định lí Thalès).

Xét ∆ANC có AC // BD nên DNNA=BNNC (hệ quả của định lí Thalès).

Suy ra DNDN+NA=BNBN+NC (tính chất tỉ lệ thức) hay DNDA=BNBC

Xét ∆ABC có NH // AC nên BNBC=NHAC (hệ quả của định lí Thalès).

Do đó, ta có: MNAC=DNDA=BNBC=NHAC

Vậy MN=NH.

 

a) Ta có đường thẳng a là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại D nên a ⊥ OD.

Đường thẳng a cũng là tiếp tuyến của đường tròn (O’) tại E nên a ⊥ O’E.

Suy ra OD // O’E nên BOD^=AO'E^  (hai góc đồng vị). (1)

Ta có ∆OBD cân tại O (do OB = OD = R)nên OBD^=ODB^

Mà OBD^+ODB^+BOD^=180° nên ODB^=OBD^=180°-BOD^2 (2)

Tương tự với ∆O’AE cân tại O’ (do O’A = O’E = r) ta có O'AE^=O'EA^=180°-AO'E^2 (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra  OBD^=O'EA^ (4)

Xét ∆O’CE cân tại O’ (do O’C = O’E = r) nên O'CE^=O'EC^ (5)

Mà  O'EA^+O'EC^=AEC^=90°

Từ (4), (5) và (6) suy ra OBD^+O'CE^=90°  hay CBM^+BCM^=90°

Ta lại có CBM^+BMC^+BCM^=180° (tổng ba góc của tam giác BCM)

Do đó BMC^=180°-(CBM^+BCM^)=180°-90°=90° hay DME^=90°

b) Xét ∆ABD có OA = OB = OD = R suy ra DO=12AB nên ∆ABD vuông tại D, hay AD ⊥ BM.

Tương tự, ta cũng chứng minh được DE ⊥ CM.

Xét tứ giác ADME có DME^=ADM^=AEM^=90° nên tứ giác ADME là hình chữ nhật.

Suy ra hai đường chéo AM và DE bằng nhau và chúng cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường, nên IA=IM=12AM=12DE=ID=IE

Xét ∆OAI và ∆ODI có: OA = OD = R; IA = ID; OI là cạnh chung

Do đó ∆OAI = ∆ODI (c.c.c).

Suy ra OAI^=ODI^=90° hay MA vuông góc với BC tại điểm A nằm trên cả hai đường tròn (O) và (O’).

Vậy MA tiếp xúc với hai đường tròn (O) và (O’).

c) Ta có MED^+AED^=AEM^=90° và O'EA^+AED^=O'ED^=90° nên O'EA^=MED^

Lại có OBD^=O'EA^ (chứng minh ở câu a) nên OBD^=MED^  hay MBC^=MED^

Xét ∆BCM và ∆EDM có: BMC^ là góc chung vàMBC^=MED^

Do ∆BCM ᔕ ∆EDM (g.g) nên  MBME=MCMD

Suy ra MD . MB = ME . MC.

a) Xét ∆BDH vuông tại D có đường trung tuyến DO ứng với cạnh huyền BH nên DO=BH2.

Mà O là tâm đường tròn đường kính BH nên điểm D thuộc đường tròn (O).

Tương tự, ta chứng minh được O'E=12HC nên điểm E thuộc đường tròn (O’).

b) Do OO’=OH+O’H nên hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại H.

c) Do AH vuông góc với OO’ tại H nên:

⦁ AH ⊥ HB tại H thuộc (O) nên AH là tiếp tuyến của đường tròn (O);

⦁ AH ⊥ HC tại H thuộc (O’) nên AH là tiếp tuyến của đường tròn (O’).

Vậy AH là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O’).

d) Xét tứ giác ADHE có DAE^=ADH^=AEH^=90° nên tứ giác ADHE là hình chữ nhật. Suy ra AH=DE.

e) Do ADHE là hình chữ nhật nên hai đường chéo AH, DE bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường. Do đó  IA=IH=12AH=12DE=ID=IE.

Xét ∆ODIvà∆OHI có: ID = IH; OD = OH; OI là cạnh chung.

Do ∆ODI=∆OHI (c.c.c) nên ODI^=OHI^=90° hay OD ⊥DE.

Tương tự, ta chứng minh được O’E ⊥DE.

Suy ra OD // O’E nên tứ giác DEO’O là hình thang có DE là đường cao.

Diện tích hình thang DEO’O là S1=DEOD+O'E2.

Diện tích tam giác ABC là: S2=AH⋅BC2.

Mà DE=AH và BC=BH+CH= 2OD + 2O’E =2(OD + O’E).

Suy ra S1S2=DEOD+O'E2AH⋅BC2=DEOD+O'EAH⋅BC=DEOD+O'EDE⋅2OD+O'E=12.

Do đóS1=12S2.

Vậy diện tích tứ giác DEO’O bằng nửa diện tích tam giác ABC.