Sách bài tập Toán 9 Bài 2 (Cánh diều): Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn

Giải SBT Toán 9 Bài 2: Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn

Bài 11 trang 105 SBT Toán 9 Tập 1: Cho đường thẳng a và điểm O với khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng a là 1 cm. Vẽ đường tròn tâm O bán kính 3 cm.

a) Xác định vị trí tương đối của đường thẳng a và đường tròn (O).

b) Gọi A và B là các giao điểm của đường thẳng a và đường tròn (O). Tính độ dài đoạn thẳng AB.

Lời giải:

a) Kẻ OH vuông góc với a tại H. Khi đó, ta có: OH = 1 cm. Suy ra OH < 3 cm.

Vậy đường thẳng a và đường tròn (O) cắt nhau.

b) Xét ∆OAB có OA = OB (bán kính đường tròn tâm O) nên ∆OAB cân tại O, suy ra đường cao OH cùng đồng thời là đường trung tuyến, hay H là trung điểm của AB nên AB = 2AH.

Xét ∆OAH vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có: OA² = OH² + AH²

Suy ra $AH=\sqrt{O{A}^2-O{H}^2}=\sqrt{3^2-1^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2} \text{cm}.$

Vậy $AB=2AH=2\cdot 2\sqrt{2}=4\sqrt{2} \text{cm}.$

Bài 12 trang 106 SBT Toán 9 Tập 1: Cho $\widehat{xOy}=30°$ và điểm O’ thuộc tia Ox sao cho OO’ = 4 cm.

a) Tính khoảng cách từ điểm O’ đến tia Oy.

b) Cho góc xOy = 30 độ và điểm O’ thuộc tia Ox sao cho OO’ = 4 cm, Tính khoảng cách từ điểm O’ đến tia Oyvới R ≤ 4 cm.

Lời giải:

Kẻ O’H vuông góc với tia Oy.

Khi đó, O’H là khoảng cách từ điểm O’ đến tia Oy.

Do ∆OO’H vuông tại H nên:

$O^{\text{'}}H=OO\text{'}\cdot \sin \widehat{O^{\text{'}}OH}=4\cdot \sin 30°=4\cdot \frac{1}{2}=2\text{ (cm).}$

b) Nếu R < 2 cm thì đường tròn (O’) và tia Oy không giao nhau.

Nếu R = 2 cm thì đường tròn (O’) và tia Oy tiếp xúc nhau.

Nếu 2 cm < R ≤ 4 cm thì đường tròn (O’) và tia Oy cắt nhau.

Bài 13 trang 106 SBT Toán 9 Tập 1: Cho hình thang vuông ABCD $\left(\widehat{A}=\widehat{D}=90°\right)$ có AB = 4 cm, BC = 13 cm, CD = 9 cm.

a) Tính độ dài đoạn thẳng AD.

b) Đường thẳng AD có tiếp xúc với đường tròn đường kính BC hay không? Vì sao?

Lời giải:

Kẻ BH vuông góc với CD tại H, gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC, kẻ IK vuông góc với AD tại K, gọi M là giao điểm của IK và BH.

Do IK ⊥ AD nên $\widehat{AKI}=\widehat{IKD}=90°.$

ABCD là hình thang vuông có $\widehat{A}=\widehat{D}=90°$ nên AB ⊥ AD, CD ⊥ AD.

Mà IK ⊥ AD nên IK // AB // CD.

Lại có BH ⊥ CD nên BH ⊥ IK tại M.

Tứ giác ABHD có $\widehat{A}=\widehat{D}=\widehat{H}=90°,$ suy ra ABHD là hình chữ nhật.

Tứ giác ABMK có $\widehat{A}=\widehat{K}=\widehat{M}=90°,$ suy ra ABMK là hình chữ nhật.

a) Do tứ giác ABHD là hình chữ nhật nên AD = BH và DH = AB = 4 cm.

Ta có: CH = CD ‒ DH = 9 – 4 = 5 cm.

Xét ∆BCH vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có: BC² = BH² + CH²

Suy ra $BH=\sqrt{B{C}^2-C{H}^2}=\sqrt{{13}^2-5^2}=\sqrt{144}=12 \text{cm}.$

Vậy AD = BH = 12 cm.

b) Ta có đường tròn đường kính BC có tâm I và bán kính $R=\frac{BC}{2}=6,5 \text{cm.}$

Khoảng cách từ tâm I đến AD là d = IK.

Do tứ giác ABMK là hình chữ nhật nên KM = AB = 4 cm.

Xét ∆BCH có I là trung điểm của BC và IM // CH nên IM là đường trung bình của tam giác, do đó $IM=\frac{1}{2}CH=\frac{1}{2}\cdot 5=\mathrm{2,5} \text{cm}.$

Ta có: IK = KM + IM = 4 + 2,5 = 6,5 cm.

Do đó d = IM = R = 6,5 cm.

Vậy đường thẳng AD tiếp xúc với đường tròn đường kính BC.

Bài 14 trang 106 SBT Toán 9 Tập 1: Cho đường tròn (O; R) và điểm A sao cho OA = 2R. Kẻ tiếp tuyến AB của đường tròn (O; R) với B là tiếp điểm (Hình 14). Tính độ dài đoạn thẳng AB theo R.

Lời giải:

Do AB của đường tròn (O; R) với B là tiếp điểm nên OB ⊥ AB tại B.

Xét ∆OAB vuông tại B, theo định lí Pythagore, ta có:

OA² = OB² + AB²

Suy ra $AB=\sqrt{O{A}^2-O{B}^2}=\sqrt{{\left(2R\right)}^2-R^2}=\sqrt{3R^2}=R\sqrt{3}.$

Vậy $AB=R\sqrt{3}.$

Bài 15 trang 106 SBT Toán 9 Tập 1: Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, bán kính OC vuông góc với AB tại O. Lấy điểm F thuộc đoạn thẳng OB, tia CF cắt đường tròn (O) tại D. Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB tại E (Hình 15). Chứng minh EF = ED.

Lời giải:

Do OC = OD nên ∆OCD cân tại O, suy ra $\widehat{OCD}=\widehat{ODC}$ hay $\widehat{OCF}=\widehat{ODF}.$

Xét ∆COF vuông tại O có $\widehat{OCF}+\widehat{OFC}=90°$ (tổng hai góc nhọn trong)

Lại có $\widehat{OFC}=\widehat{DFE}$ (đối đỉnh)

Suy ra $\widehat{ODF}+\widehat{DFE}=90°$

Mà $\widehat{ODF}+\widehat{FDE}=90°$ nên $\widehat{DFE}=\widehat{FDE}.$

Do đó ∆EDF cân tại E, suy ra EF = ED.

Bài 16 trang 106 SBT Toán 9 Tập 1: Cho hình vuông ABCD. Trên đường chéo BD, lấy điểm H sao cho BH = AB. Qua điểm H kẻ đường thẳng vuông góc với BD cắt AD tại O.

a) So sánh OA, OH, HD.

b) Xác định vị trí tương đối của BD và đường tròn (O; OA).

Lời giải:

a) Do ABCD là hình vuông nên $\widehat{A}=\widehat{D}=90°.$

Xét ∆OAB (vuông tại A) và ∆OHB (vuông tại H) có:

AB = HB, OB là cạnh chung

Do đó ∆OAB = ∆OHB (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

Suy ra OA = OH (hai cạnh tương ứng) (1)

Do ABCD là hình vuông nên đường chéo BD là tia phân giác của $\widehat{D}$

Suy ra $\widehat{ODH}=\frac{1}{2}\widehat{D}=\frac{1}{2}\cdot 90°=45°.$

Tam giác OHD vuông tại H có $\widehat{ODH}=45°$ nên ∆OHD vuông cân tại H.

Suy ra HD = OH (2)

Từ (1), (2) suy ra OA = OH = HD.

b) Vì OA = OH và OH vuông góc với BD tại H nên BD là tiếp tuyến đường tròn (O; OA).

Vậy BD tiếp xúc với đường tròn (O; OA).

Bài 17 trang 106 SBT Toán 9 Tập 1: Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O) vẽ tiếp tuyến AB của đường tròn với B là tiếp điểm. Lấy các điểm C, D thuộc đường tròn (O) sao cho C nằm giữa A và D, O không thuộc AD. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng CD, tia OI cắt AB tại E (Hình 16). Chứng minh:

a) EB . EA = EI . EO;

b) AB² = AC . AD.

Lời giải:

a) Xét ∆OCD có OC = OD nên ∆OCD cân tại O, suy ra đường trung tuyến OI của tam giác cũng đồng thời là đường cao, hay $\widehat{OIC}=\widehat{OID}=90°.$

Do AB là tiếp tuyến của đường tròn (O) với B là tiếp điểm nên OB ⊥ AB. Suy ra $\widehat{OBE}=90°$

Xét ∆EOB và ∆EAI có:

$\widehat{OBE}=\widehat{EIA}\left(=90°\right)$ và $\widehat{E}$ là góc chung

Do đó ∆EOB ᔕ ∆EAI (g.g)

Suy ra $\frac{EB}{EI}=\frac{EO}{EA}$ hay EB . EA = EI . EO.

b) Gọi R là bán kính đường tròn (O).

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

Suy ra AB² = OA² ‒ OB² = OA² ‒ R².

Mặt khác, ta có: AC . AD = (AI ‒ CI)(AI + DI)

Mà CI = DI (do I là trung điểm của CD)

Suy ra: AC.AD = (AI ‒ CI)(AI + CI) = AI² ‒ CI²

Xét ∆OAI vuông tại I, theo định lí Pythagore, ta có: OA² = OI² + AI²

Suy ra AI² = OA² ‒ OI².

Xét ∆OCI vuông tại I, theo định lí Pythagore, ta có: OC² = OI² + CI²

Suy ra CI² = OC² ‒ OI².

Do đó AC.AD = (OA² ‒ OI²) ‒ (OC² ‒ OI²)

= OA² ‒ OI² ‒ OC² + OI²

= OA² – OC² = OA² ‒ R².

Do đó AB² = AC. AD (vì cùng bằng OA² ‒ R²).

Bài 18 trang 107 SBT Toán 9 Tập 1: Cho đường tròn (O; 4 cm) và đường thẳng d sao cho khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng d là OH = 5 cm. Đường thẳng OH cắt đường tròn (O) tại A. Gọi B là trung điểm của đoạn thẳng OA. Trên đường thẳng d, lấy một điểm I (khác H), kẻ tiếp tuyến IC của đường tròn (O) với C là tiếp điểm (Hình 17). Chứng minh tam giác IBC cân tại I.

Lời giải:

Do B là trung điểm của OA nên $OB=AB=\frac{OA}{2}.$

Ta có: $BH=OH-OB=OH-\frac{OA}{2}=5-\frac{4}{2}=3\text{ (cm).}$

Do OH là khoảng cách từ O đến đường thẳng d nên OH ⊥ d tại H.

Xét ∆IBH vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có:

IB² = IH² + BH² = IH² + 3² = IH² + 9.

Xét ∆OIH vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có: OI² = OH² + IH².

Do tiếp tuyến IC của đường tròn (O) với C là tiếp điểm nên OC ⊥ IC tại C.

Xét ∆ICO vuông tại C, theo định lí Pythagore, ta có: IO² = IC² + OC².

Suy ra IC² = IO² ‒ OC² = (OH² + IH²) ‒ OC² = (5² + IH²) ‒ 4² = IH² + 9.

Do đó IB² = IC² (vì cùng bằng IH² + 9).

Vậy IB = IC hay tam giác IBC cân tại I.

Xem thêm lời giải Sách bài tập Toán lớp 9 bộ sách Cánh diều hay, chi tiết khác:

Bài 3: Tiếp tuyến của đường tròn

Bài 4: Góc ở tâm. Góc nội tiếp

Bài 5: Độ dài cung tròn, diện tích hình quạt tròn, diện tích hình vành khuyên

Bài tập cuối chương 5

Bài 1: Mô tả và biểu diễn dữ liệu trên các bảng, biểu đồ