Giải bài tập trang 166 bài 6 Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau Sách bài tập (SBT) Toán 9 tập 2. Câu 60: Cho tam giác ABC, đường tròn (K) bằng tiếp góc trong góc A tiếp xúc với các tia AB và AC theo thứ tự tại E và F…
Câu 60 trang 166 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho tam giác ABC, đường tròn (K) bằng tiếp góc trong góc A tiếp xúc với các tia AB và AC theo thứ tự tại E và F. Cho BC = a, AC = b, AB = c. Chứng minh rằng:
a) \(AE = AF = {{a + b + c} \over 2}\)
Bạn đang xem: Giải bài 60, 61, 62, 63 trang 166 SBT Toán 9 tập 2
b) \(BE = {{a + b – c} \over 2};\)
c) \(CF = {{a + c – b} \over 2}\)
Giải:
a) Gọi D là tiếp điểm của đường tròn (K) với cạnh BC.
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
BE = BD; CD = CF
AE = AB + BE
AF = AC + CF
Suy ra: AE + AF = AB + BE + AC + CF
= AB + AC + (BD + DC)
= AB + AC + BC = c + b + a
Mà AE = AF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra: \({\rm{AE = AF = }}{{a + b + c} \over 2}\)
b) Ta có: \(BE = AE – AB = {{a + b + c} \over 2} – c = {{a + b – c} \over 2}\)
c) Ta có: \(CF = AF – AC = {{a + b + c} \over 2} – b = {{a + c – b} \over 2}.\)
Câu 61* trang 166 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho nửa hình tròn tâm O có đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Gọi M là một điểm bất kì thuộc nửa đường tròn. Tiếp tuyến tại M cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D.
a) Chứng minh rằng đường tròn có đường kính CD tiếp xúc với AB.
b) Tìm vị trí của điểm M để hình thang ABDC có chu vi nhỏ nhất.
c) Tìm vị trí của C, D để hình thang ABDC có chu vi bằng 14cm, biết AB = 4cm.
Giải:
a) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có:
Ax ⊥ AB
By ⊥ AB
Suy ra: Ax // By hay AC // BD
Suy ra tứ giác ABDC là hình thang
Gọi I là trung điểm của CD
Khi đó OI là đường trung bình của hình thang ABDC
Suy ra: OI // AC ⇒ OI ⊥ AB
Vì OC và OD lần lượt là phân giác của \(\widehat {AOM}\) và \(\widehat {BOM}\) nên OC ⊥ OD ( tính chất hai góc kề bù) \( \Rightarrow \widehat {COD} = 90^\circ \)
Suy ra: \(IC = ID = IO = {1 \over 2}CD\) ( tính chất tam giác vuông)
Suy ra I là tâm đường tròn đường kính CD. Khi đó O nằm trên đường tròn tâm I đường kính CD và IO vuông góc với AB tại O.
Vậy đường tròn có đường kính CD tiếp xúc với AB tại O.
b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
CA = CM
BD = DM
Suy ra: AC + BD = CM + DM = CD
Chu vi hình thang ABDC bằng:
AB + BD + DC + CA = AB + 2CD
Vì đường kính AB của (O) không thay đổi nên chu vi hình thang nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất.
Ta có: CD ≥ AB nên CD nhỏ nhất khi và chỉ khi CD = AB
Khi đó CD // AB ⇔ OM ⊥ AB
Vậy khi M là giao điểm của đường thẳn vuông góc với AB tại O với nửa đường tròn (O) thì hình thang ABDC có chu vi nhỏ nhất.
c) Chu vi hình thang ABDC bằng: AB + 2CD (chứng minh trên)
Suy ra: 14 = 4 + 2.CD ⇒ CD = 5 (cm)
Hay CM + DM = 5 ⇒ DM = 5 – CM (1)
Tam giác COD vuông tại O có OM ⊥ CD
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
OM2 = CM.DM ⇔ 22 = CM.DM ⇔ 4 = CM.DM (2)
Thay (1) và (2) ta có: CM.(5 – CM) = 4
⇔ 5CM – CM2 – 4 = 0
⇔ 4CM – CM2 + CM – 4 = 0
⇔ CM(4 – CM) + (CM – 4) = 0
⇔ CM(4 – CM) – (4 – CM) = 0
⇔ (CM – 1)(4 – CM) = 0
⇔ CM – 1 = 0 hoặc 4 – CM = 0
⇔CM = 1 hoặc CM = 4
Vì CM = CA (chứng minh trên) nên AC = 1 (cm) hoặc AC = 4 (cm)
Vậy điểm C cách điểm A 1cm hoặc 4cm thì hình thang ABDC có chu vi bằng 14.
Câu 62* trang 166 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua một điểm M thuộc nửa hình tròn, kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D. Gọi N là giao điểm của AD và BC, H là giao điểm của MN và AB. Chứng minh rằng:
a) MN ⊥ AB;
b) MN = NH.
Giải:
a) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có:
Ax ⊥ AB
By ⊥ AB
Suy ra: Ax // By hay AC // BD
Trong tam giác BND, ta có: AC // BD
Suy ra: \({{ND} \over {NA}} = {{BD} \over {AC}}\) (Hệ quả định lí Ta-lét) (1)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
AC = CM và BD = DM (2)
Từ (1) và (2) suy ra: \({{ND} \over {NA}} = {{MD} \over {MC}}\)
Trong tam giác ACD, ta có: \({{ND} \over {NA}} = {{MD} \over {MC}}\)
Suy ra: MN // AC ( Theo định lí đảo định lí Ta-lét)
Mà: AC ⊥ AB (vì Ax ⊥ AB)
Suy ra: MN ⊥ AB
b) Trong tam giác ACD, ta có: MN // AC
Suy ra: \({{MN} \over {AC}} = {{DN} \over {DA}}\) (Hệ quả định lí Ta-lét) (3)
Trong tam giác ABC, ta có: MH // AC ( vì M, N, H thẳng hàng)
Suy ra: \({{HN} \over {AC}} = {{BN} \over {BC}}\) (Hệ quả định lí Ta-lét) (4)
Trong tam giác BDN, ta có: AC // BD
Suy ra: \({{ND} \over {NA}} = {{BN} \over {NC}}\) (Hệ quả định lí Ta-lét)
\( \Rightarrow {{ND} \over {DN + NA}} = {{BN} \over {BN + NC}} \Leftrightarrow {{ND} \over {DA}} = {{BN} \over {BC}}\) (5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra: \({{MN} \over {AC}} = {{HN} \over {AC}} \Rightarrow MN = HN\).
Câu 63* trang 166 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1
Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại D. Chứng minh rằng:
\({S_{ABC}} = BD.DC\)
Giải:
Gọi E và F lần lượt là tiếp điểm của đường
tròn với AB và AC.
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
AE = AF
BE = BD
CD = CF
BD = BC + CD
BE = AB – AE
Suy ra: BD + BE = AB + BC – (AE + CD )
= AB + BC – (AE + CE)
= AB + BC – AC
Suy ra: \(BD = {{AB + BC – AC} \over 2}\)
Lại có: CD = BC – BD
CF = AC = AF
Suy ra: CD + CF = BC + AC – ( BD + AF)
= BC + AC – (BE + AE)
= BC + AC – BA
Suy ra: \(CD = {{BC + AC – AB} \over 2}\)
Ta có: \(BD.CD = {{AB + BC – AC} \over 2}.{{BC + AC – AB} \over 2}\)
\(= {{\left[ {BC – (AC – AB)} \right]\left[ {BC + (AC – AB)} \right]} \over 4}\)
\(={{B{C^2} – {{(AC – AB)}^2}} \over 4} = {{B{C^2} – A{C^2} – A{B^2} + 2AB.AC} \over 4}\) (1)
Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông ABC, ta có:
BC2 = AB2 + AC2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: \(BD.CD = {{2AB.AC} \over 4} = {{AB.AC} \over 2}\)
Mà \({S_{ABC}} = {1 \over 2}AB.AC\)
Vậy \({S_{ABC}} = BD.DC.\)
Trường THPT Ngô Thì Nhậm
Đăng bởi: THPT Ngô Thì Nhậm
Chuyên mục: Giải bài tập
