Sách bài tập Toán 9 Bài 3 (Cánh diều): Tiếp tuyến của đường tròn

Giải SBT Toán 9 Bài 3: Tiếp tuyến của đường tròn

Bài 19 trang 108 SBT Toán 9 Tập 1: Cho đường tròn tâm O bán kính 15 cm. Điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho OA = 25 cm. Kẻ tiếp tuyến AB của đường tròn (O). Kẻ dây BC vuông góc với OA tại H.

a) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

b) Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC.

Lời giải:

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 $\widehat{O_1}=\widehat{O_2}.$

Do AB là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AB ⊥ OB hay $\widehat{ABO}=90°$

Xét ∆OAC và ∆OAB có:

OC = OB, $\widehat{O_1}=\widehat{O_2},$ cạnh OA chung

Do đó ∆OAC = ∆OAB (c.g.c).

Suy ra $\widehat{OCA}=\widehat{OBA}=90°$ 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 $AB=\sqrt{O{A}^2-O{B}^2}=\sqrt{{25}^2-{15}^2}=\sqrt{400}=20 \text{\hspace{0.17em}cm.}$

Xét ∆OBH và ∆OAB có:

$\widehat{OHB}=\widehat{OBA}=90°$ và $\widehat{O}$ là góc chung

Do đó ∆OBH ᔕ ∆OAB (g.g)

Suy ra $\frac{BH}{AB}=\frac{OB}{OA}$ nên $BH=\frac{AB\cdot OB}{OA}=\frac{20\cdot 15}{25}=12 \text{cm}.$

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.

Bài 20 trang 109 SBT Toán 9 Tập 1: Cho đường tròn (O) và dây AB khác đường kính. Kẻ bán kính OC đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AB. Vẽ đường tròn (C; CI). Kẻ tiếp tuyến BD của đường tròn (C) với D là tiếp điểm và D khác I. Chứng minh:

a) Bốn đỉnh của tứ giác BDCI cùng nằm trên một đường tròn;

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

Lời giải:

a) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC, khi đó $MB=MC=\frac{1}{2}BC.\left(1\right)$

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 $IM=\frac{1}{2}BC.\left(2\right)$

Ta có ∆BDC vuông tại D có DM là đường trung tuyến ứng với canh huyền BC nên $DM=\frac{1}{2}BC.\left(3\right)$

Từ (1), (2) và (3), suy ra $IM=DM=CM=BM=\frac{BC}{2}.$

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 $\widehat{BCI}=\widehat{BCD}.$

Mặt khác, ∆OBC cân tại O (do OB = OC) nên $\widehat{OBC}=\widehat{OCB}$ hay $\widehat{OBC}=\widehat{BCI}.$

Suy ra $\widehat{OBC}=\widehat{BCD},$ 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).

Bài 21 trang 109 SBT Toán 9 Tập 1: Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Vẽ dây AC sao cho $\widehat{CAB}=30°.$ Lấy điểm M sao cho B là trung điểm của đoạn thẳng OM. Chứng minh:

a) MC là tiếp tuyến của đường tròn (O);

b) $MC=R\sqrt{3}.$

Lời giải:

a) Ta có C nằm trên đường tròn (O) đường kính AB nên $OC=\frac{1}{2}AB.$

Xét ∆ABC có CO là trung tuyến ứng với cạnh AB và $OC=\frac{1}{2}AB$ nên tam giác ABC vuông tại C, hay $\widehat{ACB}=90°.$

Ta có ∆OAC cân tại O (do OA = OC = R) nên $\widehat{OCA}=\widehat{OAC}=30°.$

Mà $\widehat{ACB}=\widehat{OCA}+\widehat{OCB}$ nên $\widehat{OCB}=\widehat{ACB}-\widehat{OCA}=90°-30°=60°.$

Xét ∆OBC cân tại O (do OB = OC = R) có $\widehat{OCB}=60°$ nên ∆OBC là tam giác đều

Suy ra CB = OB.

Mà B là trung điểm của OM nên $OB=\frac{OM}{2},$ suy ra $CB=\frac{OM}{2}.$

Xét ∆COM có CB là trung tuyến ứng với cạnh OM và $CB=\frac{OM}{2}$ 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 $MC=\sqrt{O{M}^2-O{C}^2}=\sqrt{{\left(2R\right)}^2-R^2}=\sqrt{3R^2}=R\sqrt{3}.$

Bài 22 trang 109 SBT Toán 9 Tập 1: Cho đường tròn (O; R) và điểm A nằm trên đường tròn. Lấy điểm B sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng OB. Kẻ hai tiếp tuyến BM, BN của đường tròn (O).

a) Tính số đo góc MBN và độ dài đoạn thẳng BM theo R.

b) Tứ giác AMON là hình gì? Vì sao?

c) Tính độ dài đoạn thẳng OH theo R với H là giao điểm của OA và MN.

Lời giải:

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 $\sin \widehat{OBM}=\frac{OM}{OB}=\frac{1}{2}.$ Suy ra $\widehat{OBM}=30°.$

Do đó $\widehat{MBN}=2\widehat{OBM}=2\cdot 30°=60°$ (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 $BM=\sqrt{O{B}^2-O{M}^2}=\sqrt{{\left(2R\right)}^2-R^2}=\sqrt{3R^2}=R\sqrt{3}$

b) Xét tam giác OBM có: $\widehat{OBM}+\widehat{BOM}+\widehat{BMO}=180°$

Suy ra $\widehat{BOM}=180°-\widehat{OBM}-\widehat{BMO}=180°-30°-90°=60°.$

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 $OH=\frac{OA}{2}=\frac{R}{2}.$

Bài 23 trang 109 SBT Toán 9 Tập 1: Hình 23 minh hoạ thước phân giác. Thước gồm hai thanh gỗ ghép lại thành góc vuông BAC và một tấm gỗ có dạng hình tam giác ACD với AD là tia phân giác của góc BAC. Có thể dùng thước phân giác để tìm tâm của một hình tròn hay không? Vì sao?

Lời giải:

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).

Bài 24 trang 109 SBT Toán 9 Tập 1: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Kẻ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn (O). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt Ax, By lần lượt tại C, D. Gọi N là giao điểm của AD và BC và H là giao điểm của MN và AB (Hình 24). Chứng minh:

a) MN ⊥ AB;

b) MN = NH.

Lời giải:

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 $\frac{NA}{ND}=\frac{CA}{DB}$ (hệ quả định lí Thalès) suy ra $\frac{NA}{ND}=\frac{CM}{DM}.$

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

Mà Ax ⊥ AB nên MN ⊥ AB.

b) Xét ∆ACD có MN // AC nên $\frac{MN}{AC}=\frac{DN}{DA}$ (hệ quả của định lí Thalès).

Xét ∆ANC có AC // BD nên $\frac{DN}{NA}=\frac{BN}{NC}$ (hệ quả của định lí Thalès).

Suy ra $\frac{DN}{DN+NA}=\frac{BN}{BN+NC}$ (tính chất tỉ lệ thức) hay $\frac{DN}{DA}=\frac{BN}{BC}.$

Xét ∆ABC có NH // AC nên $\frac{BN}{BC}=\frac{NH}{AC}$ (hệ quả của định lí Thalès).

Do đó, ta có: $\frac{MN}{AC}=\frac{DN}{DA}=\frac{BN}{BC}=\frac{NH}{AC}.$

Vậy MN = NH.

Bài 25 trang 109 SBT Toán 9 Tập 1: Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; r) tiếp xúc ngoài với nhau tại A với R ≠ r. Đường nối OO’ lần lượt cắt hai đường tròn (O) và (O’) tại B và C. Đường thẳng a lần lượt tiếp xúc với hai đường tròn (O) và (O’) tại D và E. Gọi M là giao điểm của BD và CE. Chứng minh:

a) $\widehat{DME}=90°;$

b) MA tiếp xúc với hai đường tròn (O) và (O’);

c) MD.MB = ME.MC.

Lời giải:

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 $\widehat{BOD}=\widehat{A{O}^{\text{'}}E}$ (hai góc đồng vị). (1)

Ta có ∆OBD cân tại O (do OB = OD = R) nên $\widehat{OBD}=\widehat{ODB}$

Mà $\widehat{OBD}+\widehat{ODB}+\widehat{BOD}=180°$ nên $\widehat{OBD}=\widehat{ODB}=\frac{180°-\widehat{BOD}}{2}.$ (2)

Tương tự với ∆O’AE cân tại O’ (do O’A = O’E = r) ta có

$\widehat{O^{\text{'}}AE}=\widehat{O^{\text{'}}EA}=\frac{180°-\widehat{A{O}^{\text{'}}E}}{2}.\left(3\right)$

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\widehat{OBD}=\widehat{O^{\text{'}}EA}.\left(4\right)$

Xét ∆O’CE cân tại O’ (do O’C = O’E = r) nên $\widehat{O^{\text{'}}CE}=\widehat{O^{\text{'}}EC}\left(5\right)$

Mà $\widehat{O^{\text{'}}EA}+\widehat{O^{\text{'}}EC}=\widehat{AEC}=90°\left(6\right)$

Từ (4), (5) và (6) suy ra $\widehat{OBD}+\widehat{O^{\text{'}}CE}=90°$ hay $\widehat{CBM}+\widehat{BCM}=90°$

Ta lại có $\widehat{CBM}+\widehat{BMC}+\widehat{BCM}=180°$ (tổng ba góc của tam giác BCM)

Do đó $\widehat{BMC}=180°-\left(\widehat{CBM}+\widehat{BCM}\right)=180°-90°=90°$ hay $\widehat{DME}=90°.$

b) Xét ∆ABD có OA = OB = OD = R suy ra $DO=\frac{1}{2}AB$ nên ∆ABD vuông tại D, hay AD ⊥ BM.

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

Xét tứ giác ADME có $\widehat{DME}=\widehat{ADM}=\widehat{AEM}=90°$ 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 $IA=IM=\frac{1}{2}AM=\frac{1}{2}DE=ID=IE.$

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

Do đó ∆OAI = ∆ODI (c.c.c).

Suy ra $\widehat{OAI}=\widehat{ODI}=90°$ 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 $\widehat{MED}+\widehat{AED}=\widehat{AEM}=90°$ và $\widehat{O^{\text{'}}EA}+\widehat{AED}=\widehat{O^{\text{'}}ED}=90°$ nên $\widehat{O^{\text{'}}EA}=\widehat{MED}$

Lại có $\widehat{OBD}=\widehat{O^{\text{'}}EA}$ (chứng minh ở câu a) nên $\widehat{OBD}=\widehat{MED}$ hay $\widehat{MBC}=\widehat{MED}.$

Xét ∆BCM và ∆EDM có: $\widehat{BMC}$ là góc chung và $\widehat{MBC}=\widehat{MED}.$

Do ∆BCM ᔕ ∆EDM (g.g) nên $\frac{MB}{ME}=\frac{MC}{MD}.$

Suy ra MD . MB = ME . MC.

Bài 26 trang 109 SBT Toán 9 Tập 1: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Hình chiếu của H trên AB, AC lần lượt là D, E. Gọi (O) là đường tròn đường kính HB và (O’) là đường tròn đường kính HC. Chứng minh:

a) Điểm D thuộc đường tròn (O) và điểm E thuộc đường tròn (O’);

b) Hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài;

c) AH là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O’);

d) AH = DE;

e) Diện tích tứ giác DEO’O bằng nửa diện tích tam giác ABC.

Lời giải:

a) Xét ∆BDH vuông tại D có đường trung tuyến DO ứng với cạnh huyền BH nên $DO=\frac{BH}{2}.$

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

Tương tự, ta chứng minh được $O^{\text{'}}E=\frac{1}{2}HC$ 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 $\widehat{DAE}=\widehat{ADH}=\widehat{AEH}=90°$ 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 $IA=IH=\frac{1}{2}AH=\frac{1}{2}DE=ID=IE.$

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

Do ∆ODI = ∆OHI (c.c.c) nên $\widehat{ODI}=\widehat{OHI}=90°$ 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 $S_1=\frac{DE\left(OD+O^{\text{'}}E\right)}{2}.$

Diện tích tam giác ABC là: $S_2=\frac{AH\cdot BC}{2}.$

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

Suy ra $\frac{S_1}{S_2}=\frac{\frac{DE\left(OD+O^{\text{'}}E\right)}{2}}{\frac{AH\cdot BC}{2}}=\frac{DE\left(OD+O^{\text{'}}E\right)}{AH\cdot BC}=\frac{DE\left(OD+O^{\text{'}}E\right)}{DE\cdot 2\left(OD+O^{\text{'}}E\right)}=\frac{1}{2}.$

Do đó $S_1=\frac{1}{2}{S}_2.$

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

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

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

Bài 2: Tần số. Tần số tương đối