Giải bài ôn tập chương II hình học 9 tập 1.


Giải bài 41 trang 128 sgk hình học 9 tập 1.

Cho đường tròn (O) có đường kính BC, dây AD vuông góc với BC tại H. Gọi E, F theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ H đến AB, AC. Gọi (I), (K) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF.
a) Hãy xác định vị trí tương đối của các đường tròn: (I) và (O), (K) và (O), (I) và (K).
b) Tứ giác AEHF là hình gì? Vì sao?
c) Chứng minh đẳng thức AE.AB = AF.AC
d) Chứng minh rằng EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (K).
e) Xác định vị trí của điểm H để EF có độ dài lớn nhất.
Bài giải:
a) Ta có: BI + IO = BO
=> IO = BO - BI
Nên (I) tiếp xúc trong với (O)
Ta có: OK + KC = OC
=> OK = OC - KC
Nên (K) tiếp xúc trong với (O)
Ta có: IK = IH + HK
Nên (I) tiếp xúc ngoài với (K)

b) Xét tam giác ABC có AO = BO = CO = $\frac{1}{2}$BC
=> tam giác ABC vuông (vì có trung tuyến AO nửa cạnh huyền BC)
Do đó $\widehat{A}$ = $90^0$
Ta lại có $\widehat{E}$ = $\widehat{F}$ = $90^0$ (gt)
Như vậy tứ giác AEHF có ba góc vuông nên AEHF là hình chữ nhật.
c) Tam giác AHB vuông tại H có HE $\perp$ AB (gt)
=> $AH^2$ = AE.AB (1) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Tương tự tam giác vuông AHC có HF $\perp$ AC (gt)
=> $AH^2$ = AF.AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra AE.AB = AF.AC (đpcm)
➤ Các bạn có thể chứng minh theo cách khác và ghi nhớ điều này: Để chứng minh một đẳng thức tích ta thường dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông hoặc chứng minh hai tam giác đồng dạng.
Bai-41-trang-128-toan-9
Tứ giác AEHF là hình gì?
d) Muốn chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn, ta cần chứng minh đường thẳng đó đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó. Ở đây ta đã có E $\in$ (I), giờ chỉ còn chứng minh EF $\perp$ EI.
Gọi G là giao điểm của AH và EF
Xét tam giác GEH có:
GE = GH (theo tính chất hình chữ nhật)
Nên tam giác GEH cân tại G
=> $\widehat{E_1}$ = $\widehat{H_1}$ (1)
Mặt khác tam giác IEH có IE = IH = $r_{(I)}$
Nên tam giác IEH cân tại I
=> $\widehat{E_2}$ = $\widehat{H_2}$ (2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được
$\widehat{E_1}$ + $\widehat{E_2}$ = $\widehat{H_1}$ + $\widehat{H_2}$
<=> $\widehat{E}$ = $\widehat{H}$ = $90^0$
Hay EF $\perp$ EI
=> EF là tiếp tuyến của (I)
Chứng minh tương tự ta được EF cũng là tiếp tuyến của đường tròn (K)
Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (K).

e) Ta có AH = EF (tính chất hai đường chéo hình chữ nhật)
Mặt khác ta có BC $\perp$ AD (gt)
=> AH = HD = $\frac{AD}{2}$ (định lí đường kính và dây)
Do đó AH lớn nhất khi AD lớn nhất.
Mà dây AD lớn nhất khi AD là đường kính.
Khi đó H sẽ trùng với O.
Vậy EF lớn nhất khi H là tâm của đường tròn (O).
➤ Mách nhỏ các bạn một cách khác để xác định vị trí điểm H:
Ta cũng vẫn có AH = EF dĩ nhiên rồi!
Mà AH $\leq$ AO (vì sao ấy nhỉ!?)
Và AO = R(O) (giá trị này không đổi)
Nghĩa là EF có độ dài lớn nhất bằng AO.
Điều đó chỉ có thể xảy ra khi H ≡ O.
Các bạn đồng ý chứ!

Giải bài 42 trang 128 sgk hình học 9 tập 1.

Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A, BC là tiếp tuyến chung ngoài, B $\in$ (O), C $\in$ (O'). Tiếp tuyến chung trong tại A cắt BC ở điểm M. Gọi E là giao điểm của OM và AB, F là giao điểm của O'M và AC. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AEMF là hình chữ nhật
b) ME.MO = MF.MO'
c) OO' là tiếp tuyến của đường tròn có đường kính là BC.
d) BC là tiếp tuyến của đường tròn có đường kính là OO'.
Bài giải:
a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có MO là phân giác $\widehat{BMA}$.
Tương tự ta có MO' là phân giác $\widehat{CMA}$
Mà $\widehat{BMA}$ kề bù với $\widehat{CMA}$
Nên MO $\perp$ MO' => $\widehat{OMO'}$ = $90^0$ (1)
Mặt khác ta có:
MB = MA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
OB = OA = R (bán kính đường tròn O)
=> MO là đường trung trực của AB
Nghĩa là MO $\perp$ AB
Suy ra $\widehat{MEA}$ = $90^0$ (2)
Chứng minh tương tự ta được $\widehat{MFA}$ = $90^0$ (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra tứ giác AEMF là hình chữ nhật (có ba góc vuông).
Bai-42-trang-128-toan-9
Tứ giác AEMF là hình gì?
b) Tam giác MAO vuông tại A có: AE $\perp$ MO
Nên $MA^2$ = ME.MO (1) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Tương tự tam giác vuông MAO' có AF $\perp$ MO'
Nên $MA^2$ = MF.MO' (2)
Từ (1) và (2) suy ra ME.MO = MF.MO'
c) Ta có MA = MB = MC (cmt)
Nên M là tâm đường tròn đường kính BC với bán kính MA.
Mà OO' $\perp$ MA tại A
=> OO' là tiếp tuyến của đường tròn (M ; BC).
d) Gọi I là trung điểm của OO'. Để chứng minh BC là tiếp tuyến của đường tròn có đường kính là OO', ta chứng minh M $\in$ (I) và MI $\perp$ BC.
Ta có tam giác OMO' vuông tại M có MI là trung tuyến ứng với cạnh huyền OO'.
Nên MI = $\frac{OO'}{2}$.
Do đó M $\in$ (I)  (1)
Ta có $\left.\begin{matrix} OB \perp BC \\ O'C \perp BC\end{matrix}\right\}$ => OB // O'C
Do đó tứ giác OBCO' là hình thang.
Hình thang OBCO' có $\left.\begin{matrix} MB = MC \\ IO = IO'\end{matrix}\right\}$ => MI là đường trung bình của hinh thang OBCO'.
Do đó MI // OB
Mà OB $\perp$ BC => MI $\perp$ BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO'.

Giải bài 43 trang 128 sgk hình học 9 tập 1.

Cho hai đường tròn (O ; R) và (O' ; r) cắt nhau tại A và B (R > r). Gọi I là trung điểm của OO'. Kẻ đường thẳng vuông góc với IA tại A, đường thẳng này cắt các đường tròn (O ; R) và (O' ; r) theo thứ tự tại C và D (khác A).
a) Chứng minh rằng AC = AD.
b) Gọi K là điểm đối xứng với điểm A qua điểm I. Chứng minh rằng KB vuông góc với AB.
Bài giải:
a) Để chứng minh AC = AD, trước hết ta kẻ OM $\perp$ AC, O'N $\perp$ AD. Sau đó chứng minh IA là đường trung bình của hình thang OMNO'.
Ta có $\left.\begin{matrix} OM \perp AC \\ O'N \perp AD\end{matrix}\right\}$ => OM // IA // O'N => OMNO' là hình thang.
Xét hinh thang OMNO' có:
IO = IO' (gt)
OM // IA // O'N (cmt)
Do đó IA là đường trung bình của hình thang.
=> AM = AN (1)
Ta lại có OM $\perp$ AC.
Nên AM = MC = $\frac{AC}{2}$ (2) (định lí đường kính và dây)
Chứng minh tương tự ta được AN = ND = $\frac{AD}{2}$ (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra AC = AD (đpcm)
Bai-43-trang-128-toan-9
Chứng minh AC = AD.
b) Ta có (O) và (O') cắt nhau tại A và B.
Theo tính chất đường nối tâm ta có:
AB $\perp$ OO' tại H (1)
và HA = HB.
Xét tam giác AKB có:
AH = HB (cmt)
AI = IK (gt)
Do đó IH là đường trung bình của tam giác AKB.
=> IH // KB hay OO' // KB (2)
Từ (1) và (2) suy ra KB $\perp$ AB. (đpcm)

Mỗi bài toán có nhiều cách giải khác nhau. Trên đây là một trong số những cách giải cho một bài toán. Cách của các bạn có thể khác, hãy chia sẻ ngay để cùng tham khảo.


Mỗi bài toán có nhiều cách giải, đừng quên chia sẻ cách giải hoặc ý kiến đóng góp của bạn ở khung nhận xét bên dưới. Xin cảm ơn!

CÙNG CHIA SẺ ĐỂ KIẾN THỨC ĐƯỢC LAN TỎA!

Previous
Next Post »
Cảm ơn các bạn đã ghé thăm trang GIẢI BÀI TẬP TOÁN và để lại những cảm nhận tích cực!