Giải bài tập SGK Toán 9 Bài: Luyện tập

Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB (đường kính của một đường tròn chia đường tròn đó thành hai nửa đường tròn). Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn nó cắt  Ax và By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng:

a) $\widehat{COD}={{90}^{o}}$

b) $CD = AC + BD$

c) Tích $AC.BD$ không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn.

Phương pháp giải

- Sử dụng tính chất hai đường tiếp tuyến cắt nhau: AB, AC là tiếp tuyến của (O) tại A, B thì AB=AC; OA là tia phân giác của góc $\widehat{BOC}$

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: $\Delta{ABC}$ vuông tại A, đường cao AH. Khi đó $AH^2=HB.HC$

Hướng dẫn giải

a) Ta có: $\left\{ \begin{aligned} & \widehat{AOC}=\widehat{MOC} \\ & \widehat{BOD}=\widehat{MOD} \\ \end{aligned} \right.$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà $\widehat{AOB}=\widehat{AOM}+\widehat{BOM}={{180}^{o}}$ (hai góc kề bù)

$\Rightarrow \widehat{COD}=\widehat{COM}+\widehat{DOM}=\dfrac{1}{2}\widehat{AOB}={{90}^{o}}$

b) Ta có: $\left\{ \begin{aligned} & AC=CM \\ & BD=DM \\ \end{aligned} \right.$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra $CD=CM+DM=AC+BD$

c) Ta có $OM\bot CD$ (tính chất tiếp tuyến)

Xét tam giác vuông COD, đường cao OM, ta có:

$MC.MD=OM^2$ (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Suy ra $AC.BD=OM^2$

Mà OM không đổi nên tích $AC.BD$ không đổi.

Trên hình 82, tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O).

a) Chứng minh rằng: $2AD = AB + AC - BC$

b) Tìm các hệ thức tương tự như hệ thức ở câu a).

Phương pháp giải

- Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau để chứng minh các đoạn thẳng bằng nhau: Nếu AB, AC là hai tiếp tuyến của (O) lần lượt tại A, B thì ta có: AB=AC

- Chu vi tam giác ABC là $C_{\Delta{ABC}}=AB+AC+BC$

Hướng dẫn giải

Ta có: $\left\{ \begin{aligned} & BD=BE \\ & CE=CF \\ & AD=AF \\ \end{aligned} \right.$ (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra
$\begin{align} AB+AC-BC&=\left( AD+BD \right)+\left( AF+FC \right)-\left( BE+EC \right) \\ &=\left( AD+AF \right)+\left( DB-BE \right)+\left( FC-EC \right) \\ &=AD+AF=2AD. \\ \end{align}$

Vậy $2AD = AB + AC - BC$ 

b) Tương tự ta tìm được các hệ thức:
    $2BE = BA + BC - AC\\ 2CF = CA + CB - AB$

Cho tam giác đều ABC ngoại tiếp đường tròn bán kính 1cm. Diện tích của tam giác ABC bằng:

$\left( A \right)\,6c{{m}^{2}}$;                   

$\,\left( B \right)\,\sqrt{3}\,c{{m}^{2}}$;                           

$\left( C \right)\dfrac{3\sqrt{3}}{4}c{{m}^{2}}$;                                

$\left( D \right)3\sqrt{3}c{{m}^{2}}$.

Hãy chọn câu trả lời đúng.

Phương pháp giải

+) Sử dụng tính chất: Trong tam giác đều, đường cao đồng thời là đường trung tuyến.

+) Sử dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông: $\Delta{ABC}$ vuông tại A. Khi đó: $AB=BC. \sin C;\ AC=BC. \sin B$ 

+) Công thức tính diện tích tam giác: $S=\dfrac{1}{2}.h.a$

trong đó h là độ dài đường cao, a là độ dài cạnh ứng với đường cao.

Hướng dẫn giải

Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp $Δ ABC$, H là tiếp điểm thuộc BC.

Đường phân giác AO của góc A cũng là đường cao nên $A, O, H$ thẳng hàng.

Ta có: $HB = HC, \widehat{HAC}={{30}^{o}}$

Do tam giác ABC đều nên O cũng là trọng tâm tam giác.

Suy ra $AH = 3.OH = 3 (cm)$

Trong tam giác vuông HAC, có

$HC=AH.tg30^o=3.\dfrac{\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}\,\left( cm \right)$

Diện tích tam giác ABC là:

$S=\dfrac{1}{2}AH.BC=AH.HC=3.\sqrt{3}=3\sqrt{3}\,\left( c{{m}^{2}} \right)$

Chọn D.