Giải bài tập trang 164, 165 bài 6 Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau Sách bài tập (SBT) Toán 9 tập 2. Câu 51: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB…
Câu 51 trang 164 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax,By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Gọi M là điểm bất kì thuộc tia Ax. Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt By ở N.
a) Tính số đo góc MON.
Bạn đang xem: Giải bài 51, 52, 53 trang 164, 165 SBT Toán 9 tập 2
b) Chứng minh rằng MN = AM + BN.
c) Chứng minh rằng AM.BN = R2 (R là bán kính của nửa đường tròn).
Giải:
a) Gọi I là tiếp điểm của tiếp tuyến MN với đường tròn (O). Nối OI.
Ta có: \(\widehat {AOI} + \widehat {BOI} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)
OM là tia phân giác cảu góc AOI (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
ON là tia phân giác của góc BOI (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra: OM ⊥ ON (tính chất hai góc kề bù)
Vậy \(\widehat {MON} = 90^\circ \)
b) Ta có: MA = MI (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
NB = NI (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Mà: MN = MI + IN
Suy ra: MN = AM + BN
c) Tam giác OMN vuông tại O có OI ⊥ MN (tính chất tiếp tuyến) theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
\(O{I^2} = MI.NI\)
Mà: MI = MA, NI = NB (chứng minh trên)
Suy ra: \(AM.BN = O{I^2} = {R^2}\).
Câu 52 trang 165 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC. Các tiếp điểm trên AC, AB theo thứ tự là D, E. Cho BC = a, AC = b, AB = c. Tính độ dài các đoạn tiếp tuyến AD, AE theo a, b, c.
Giải:
Gọi F là tiếp điểm của đường tròn (I) với BC.
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
AE = AD
BE = BF
CD = CF
Mà: AE = AB – BE
AD = AC – CD
Nên: AE + AD = (AB –BE) + (AC – CD)
= AB + AC – (BE + CD)
= AB + AC – (BF + CF)
= AB + AC – BC
Suy ra: AE + AD = c + b – a
Hay: \(AE = AD ={{c + b – a} \over 2}\)
Câu 53 trang 165 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Tính diện tích tam giác đều ABC ngoại tiếp đường tròn (I; r).
Giải:
Gọi H là tiếp điểm của đường tròn (I) với BC.
Ta có: IH ⊥ BC (tính chất tiếp tuyến)
Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI là tia phân giác của góc BAC.
Tam giác ABC đều nên AI cũng là đường cao của tam giác ABC. Khi đó A, I, H thẳng hàng.
Ta có: HB = HC ( tính chất tam giác đều)
Tam giác ABC đều nên I cũng là trọng tâm của tam giác ABC.
Suy ra: AH = 3.HI = 3.r
\(\widehat {HAB} = {1 \over 2}\widehat {BAC} = {1 \over 2}.60^\circ = 30^\circ \)
Tam giác ABH vuông tại H nên ta có:
\(BH = AH.tg\widehat {HAB} = 3{\rm{r}}.tg{30^0} = 3{\rm{r}}.{{\sqrt 3 } \over 3} = r\sqrt 3 \)
Mà: \(BC = 2.BH = 2r\sqrt 3 \)
Vậy \({S_{ABC}} = {1 \over 2}AH.BC = {1 \over 2}.3r.2r\sqrt 3 = 3{r^2}\sqrt 3 \) (đvdt)
Trường THPT Ngô Thì Nhậm
Đăng bởi: THPT Ngô Thì Nhậm
Chuyên mục: Giải bài tập
