Giải bài tập Hình học 9, chương II: Bài 5: Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn.
2019-08-05T05:00:23-04:00
2019-08-05T05:00:23-04:00
Giải bài tập Hình học 9, chương II: Bài 5: Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn.
/themes/cafe/images/no_image.gif
Bài Kiểm Tra
https://baikiemtra.com/uploads/bai-kiem-tra-logo.png
Thứ hai - 05/08/2019 04:53
Giải bài tập Hình học 9, chương II: Bài 5: Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn.
Bài 1. Cho tam giác ABC có AB = 3, AC = 4, BC = 5. Vẽ đường tròn (B, BA) chứng minh rằng AC là tiếp tuyến của đường tròn.
Giải:
Ta có: AB2 = 9; AC2 = 16; BC2 = 25.
Suy ra: BC2 = AB2 + AC2 ⇒ ABC vuông tại A.
⇒ AC ⊥ BA.
Vậy AC là tiếp tuyến tại A của đường tròn (B; BA). |
|
Bài 2. Cho đường thẳng d, điểm A nằm trên đường thẳng d, điểm B nằm ngoài đường thẳng d. Hãy dựng đường tròn (O) đi qua điểm B tiếp xúc với đường thẳng d tại A.
Giải:
Phân tích:
- Đường tròn đi qua hai điểm A, B nên tâm của nó phải nằm trên đường trung trực Mx của đoạn thẳng AB
- Đường thẳng tiếp xúc với đường thẳng d tại điểm A nên tâm của nó phải nằm trên đường thẳng A vuông góc với đường thẳng d tại điểm A.
Vậy O là giao điểm của với trung trực Mx của AB. |
|
Cách dựng:
- Dựng đường trung trực Mx của AB.
- Dựng đường thẳng A vuông góc với d tại A.
- Dựng giao điểm O của A và Mx.
- Dựng đường tròn tâm O, bán kính OA.
Đó là đường tròn cần dựng.
Chứng minh: O Mx nên đường tròn (O; OA) đi qua A, B. O nên đường tròn (O; OA) tiếp xúc với d tại A.
Bài 3. Đố: Dây cua-roa trên hình bên có những phần là tiếp tuyến của đường tròn tâm A, B, C. Chiều quay của đường tròn tâm b được vẽ trên hình. Tìm chiều quay của đường tròn tâm A và đường tròn tâm C (cùng chiều quay hay ngược chiều quay của kim đồng hồ). |
|
Học sinh tự giải.
BÀI TẬP LÀM THÊM
Bài 1. Cho đường tròn tâm O, dây cung CD. Qua O vẽ đường OH vuông góc với CD tại H, cắt tiếp tuyến tại C của đường tròn ở điểm M. Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường tròn. |
|
Giải:
* Nối OD, xét tam giác cân OCD có OH ⊥ CD.
⇒ HC = HD (tính chất đường kính vuông góc với dây qua trung điểm)
* OH là phân giác nên O1 = O2
* OCM = ODM (c.g.c) ⇒ = =-90°
Vậy MD là tiếp tuyến với (O) tại D.
Bài 2. Cho tam giác ABC, - = 90°
a) Chứng minh rằng < 45°
b) Chứng minh rằng tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) ngoại tiếp ABC vuông góc với AC tại một điểm I.
c) Chứng minh rằng IB2 = IA.IC
d) Gọi R là bán kính của (O). Chứng minh rằng: AB2 + BC2 =4R2
Hướng dẫn: a) Sử dụng tổng 3 góc của 1 tam giác bằng 180o
b) Để ý rằng IBA = BCA
c) CM: IBA ICB
d) Dựng đường kính COC’ của (O) và CM: AB = BC’
Giải:
a) Ta có: = - 90°
⇒ + + = + 2 + 90° = 180°
⇒ C = 45o - < 45o
Vậy < 45°
b) Ta có: + = (180° - ) +
= 180o - ( + 90o ) + = 90o =
Vậy BI ⊥ AC
c) Hai tam giác vuông IBA và IBC có:
= nên đồng dạng
IAB IBC
⇒ = ⇒ IB2 = IA. IC
d) Kẻ đường kính COC’, ta có:
OBC cân tại O ⇒ =
OB //CA (cùng vuông góc với BI) ⇒ =
Do đó: = ⇒ = ' ⇒ AB = BC’
⇒ AB2 + BC2 = BC2+ BC2 = CC’2 = 4R2 |
|
Bài 3. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Kẻ hai dây AC và BD cắt nhau tại một điểm I nằm trong đường tròn. Hạ PI ⊥ AB.
a) CM rằng: 1. BA.BI = BD.BP 2. AB.AI = AC.AP
b) Chứng tỏ rằng: AB2 = AC.AD + BD.BP
c) Hai tia AD và BC gặp nhau tại Q.
Chứng minh 3 điểm Q, B, D thẳng hàng.
Giải:
a) 1. Ta có: = 90o
Suy ra tứ giác ADPI nội tiếp được: + = 90o, hai tam giác BID và BPA có chung nhau góc B và có = nên đồng dạng: BDI BAP
⇒ = ⇔ BA.BI = BP.BP (1)
2. Tương tự ta có: AIC APB
⇒ = ⇒ AB.AI = AC.AP (2)
b) Cộng (1) và (2), vế theo vế, ta có:
AB.AI + BA.BI = AC.AP + BD.BP
⇔ AB (AI + BI) = AC.AP + BD.BI
⇔ AB2 = AC.AP + BD.BI
Vậy: AB2 = AC.AP + BD.BI
c) Trong QAB, AC và BD là hai đường cao nên giao điểm P của AC và BD là trực tâm của QAB.
⇒ QP⊥AB, nhưng PI ⊥ AB. Do đó 3 điểm Q, P, I thẳng hàng. |
|
Bài 4. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Gọi M là 1 điểm di động trên (O) (M A,B) . Vẽ đường tròn tâm M tiếp xúc với AB tại H. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến tiếp xúc với đường tròn (M) tại C và D.
a) Chứng minh CD là tiếp tuyến của (O).
b) Giả sử CD = 2a. Tính tích BD.AC theo a).
c) Gọi K là giao điểm của CD và AB. Chứng minh OA2 = OB2 = OH.OK.
Giải:
a) Sử dụng tính chất tiếp tuyến ⇒ = ; = mà = 90° (do AB là đường kính (O), M (O))
⇒ CMD = 180o
⇒ C, M, D thẳng hàng.
OM là đường trung bình hình thang.
ABCD OM ⊥ CD (đpcm)
b) AC.BD - AH.HB = MH2 = a2
c) OMK vuông tại M. Có MH là đường cao ⇒ OH.OK = OM2 |
|
Bài 5. Cho đường tròn (O; R) và dây AB = 1,6R. Vẽ một tiếp tuyến song với AB, nó cắt các tia OA và OB theo thứ tự tại M và N. Tính diện tích MON.
Giải:
Nối OH ta được OH ⊥ MN (tính chất của tiếp tuyến). Ta lại có AB // MN (gt) nên OH ⊥ AB (tại I).
Theo tính chất dường kính vuông góc với một dây ta được:
IA = IB = = 0,8R
Áp dụng định lí Pitago vào tam giác vuông IOA ta được:
OI2 = OA2 – IA2 = R2 - (0,8R)2 - 0,36R2 ⇒ OI = 0,6R
Xét OMN có AB // MN (gt) ⇒ OAB OMN
⇒ = (tỉ số hai đường cao tương ứng bằng tỉ số đồng dạng)
Vậy: MN = = = R
= MN.OH = . R.R = R2 |
|
Bài 6. Cho ABC vuông cân tại A.
a) Hãy nêu cách dựng tiếp tuyến a của đường tròn ngoại tiếp ABC, biết tiếp tuyến đi qua điểm A. Chứng minh rằng a // BC.
b) Hãy nêu cách dựng các tiếp tuyến b, c của đường tròn ngoại tiếp ABC, biết rằng các tiếp tuyến này theo thứ tự đi qua điểm B, C. Chứng minh rằng b // c.
Giải:
Vì ABC vuông cân tại A nên đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm O là trung điểm của BC.
a) Tiếp tuyến qua A là đường thẳng C a qua A và vuông góc với OA.
Vì OA ⊥ BC nên a // BC (đpcm).
b) Ta có ngay:
- Tiếp tuyến qua R là đường thẳng b qua B và vuông góc với BC.
- Tiếp tuyến qua C là đường thẳng C qua C và vuông góc với BC. Từ đó ⇒ b //c (đpcm). |
|
Bài 7. Cho đường tròn tâm O bán kính R cố định, M là một điểm cố định nằm ngoài đường tròn sao cho OM = d > R.
Một đường thẳng (d) quay quanh M cắt đường tròn (O) tại 2 điểm A và B.
a) Chứng minh rằng: MA.MB = d2 – R2
b) Định vị trí của (d) để MA + MB nhỏ nhất và lớn nhất.
Giải:
a) Gọi I là trung điểm của AB.
Ta có: MI =
⇔ MA + MB = 2MI
⇔(MA + MB)2 = 4MI2
⇔ (MA + MB)2 = 4 (OM2 – OI2) (1)
Mặt khác: MB - MA = AB = 2AI
⇔ ( MB – MA)2 = 4AI2 = 4 (OA2 – OI2 ) (2 )
(1) - (2) ⇒ 4 MA.MB - 4 (OM2 – OA2)
⇔ MA.MH = OM2 – OA2 = d2 – R2
b) Vẽ tiếp tuyến MT với đường tròn:
MIO vuông ⇒ MI OM (*)
và MI2 – OM2 – OI2 OM2 – OT2 (vì OI < OT = R )
OMT vuông: MT2 = OM2 – OT2
⇒ MI2 MT2 ⇔ MI MT (**)
Dấu bằng xảy ra ⇔ I = T.
(*) và (**) ⇒ MT MI OM
⇔ 2MT 2MI 20M
⇔ 2MT MA + MB OM
Vậy:
* MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất khi MAB là tiếp tuyến (MA + MB = 2MT).
* MA + MB đạt giá trị lớn nhất khi MAB qua tâm O (MA + MB = 2OM) |
|
© Bản quyền thuộc về
Bài kiểm tra. Ghi rõ nguồn Bài kiểm tra.com khi sao chép nội dung này.