Giải bài tập SGK Toán 9 Ôn tập chương 2: Đường tròn

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.

Phương pháp giải

a) Xác định hệ thức liên hệ giữa đường nối tâm với bán kính các đường tròn, từ đó suy ra vị trí tương đối.

Ví dụ: \(IO = OB - IB\) suy ra K tiếp xúc với O

b) \(\widehat{A}=\widehat{E}=\widehat{F}={{90}^{o}}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

c) Áp dụng hệ thức lượng trong vuông ΔAHB, ΔAHC

d) Chứng minh EF là tiếp tuyến của đường tròn (I) và (K).

e) Biểu diễn độ dài \(EF\) theo độ dài của \(AH\) rồi biện luận để tìm vị trí của dây đó vuông góc với \(BC\). 

\(EF = AH = \dfrac{AD}{2}.\)

Hướng dẫn giải

a) Ta có:

 tiếp xúc trong với \((O)\).

\(OK = OC - KC \Rightarrow (K)\) tiếp xúc trong với \((O)\)

\(IK = OH + KH \Rightarrow (I)\) tiếp xúc ngoài với \((K)\)

b) Tứ giác AEHF có \(\widehat{A}=\widehat{E}=\widehat{F}={{90}^{o}}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên AEHF là hình chữ nhật.

c) Áp dụng hệ thức lượng trong vuông ΔAHB, ta có:

 \(AE.AB = AH^2\) (1)

Áp dụng hệ thức lượng trong vuông ΔAHC, ta có

\(AF.AC = AH^2\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AE.AB = AF.AC\)

d) Gọi G là giao điểm của AH và EF

Tứ giác AEHF là hình chữ nhật \(\Rightarrow AH = EF\)

Ta có \(GH=GF\Rightarrow ΔGFH\) cân tại G \(\Rightarrow \widehat{{{F}_{1}}}=\widehat{{{H}_{1}}}.\)

Tương tự, ΔKFH cân tại K \(\Rightarrow \widehat{{{F}_{2}}}=\widehat{{{H}_{2}}}\).

Suy ra \(\widehat{{{F}_{1}}}+\widehat{{{F}_{2}}}=\widehat{{{H}_{1}}}+\widehat{{{H}_{2}}}=\widehat{AHC}={{90}^{o}}\)

Do đó EF là tiếp tuyến của đường tròn (K)

Tương tự, EF là tiếp tuyến của đường tròn (I)

e) Ta có: \(EF = AH = \dfrac{AD}{2}.\)

Do đó EF lớn nhất khi AD lớn nhất. Khi đó, dây AD là đường kính.

Vậy khi dây AD vuông góc với BC tại O thì EF có độ dài lớn nhất.

Cho hai đường tròn \((O)\) và \((O')\) tiếp xúc ngoài tại A, BC là tiếp tuyến chung ngoài, \(B ∈ (O), C ∈ (O')\). 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 OO'

Phương pháp giải

a) Ta chứng minh ba góc \(\widehat{MEA}\), \(\widehat{MFA}\) và \(\widehat{OMO'}\) lả các góc vuông

b) Áp dụng hệ thức lượng trong vuông \(ΔMAO’\), ta có \( ME.MO = MA^2 \)

c) Chứng minh \(OO'\) vuông góc với bán kính của đường tròn đường kính \(BC\) tại tiếp điểm.

d) Dùng tính chất của đường trung bình trong tam giác. Chứng minh \(BC'\) vuông góc với bán kính của đường tròn đường kính \(OO'\) tại tiếp điểm.

Hướng dẫn giải

a) Ta có: \(\left\{ \begin{align} & MA=MB \\ & \widehat{BMO}=\widehat{AMO} \\ \end{align} \right.\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra ΔAMB cân tại M và MO là đường phân giác nên đồng thời là đường cao

\(\Rightarrow MO ⊥ AB\) hay \(\widehat{MEA}={{90}^{o}}\) (1)

Tương tự ta có MO' là tia phân giác của góc AMC và \(\widehat{MFA}={{90}^{o}}\) (2)

Lại có: \(\widehat{BMC}=\widehat{BMA}+\widehat{CMA}={{180}^{o}}\) (hai góc kề bù)

\(\Rightarrow \widehat{OMO'}=\widehat{OMA}+\widehat{O'MA}=\dfrac{\widehat{BMC}}{2}={{90}^{o}}\) (3)

Từ (1), (2) và (3) \(\Rightarrow\) Tứ giác AEMF là hình chữ nhật 

b) Áp dụng hệ thức lượng trong vuông \(ΔMAO\),  ta có

\( ME.MO = MA^2 \)

Áp dụng hệ thức lượng trong vuông \(ΔMAO’\), ta có

\(MF.MO' = MA^2 \)

Suy ra \(ME.MO = MF.MO'\)

c) Ta có \(MA=MB=MC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra A, B, C thuộc đường tròn đường kính BC.

Mà \(OO'\bot MA\)

Suy ra OO’ là tiếp tuyến của \((M;MB)\)

d) Gọi I là trung điểm của OO'

Suy ra \(IM=IO=IO’\) (tính chất trung tuyến trong tam giác vuông)

Suy ra I là tâm của đường tròn có đường kính 

Ta có IM là đường trung bình của hình thang OBCO' 

Suy ra \(IM // OB // O'C.\)

Do đó \(IM ⊥ BC\).

BC vuông góc với IM tại M nên BC là tiếp tuyến của đường tròn \((I)\).

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 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.

Phương pháp giải

a) Chỉ ra IA là đường trung bình của hình thang OMO'N rồi chứng minh AM = AN

b) Chỉ ra IE // KB và IE ⊥ AB

Hướng dẫn giải

a) Kẻ \(OM ⊥ AD, O’N ⊥ AD\).

Ta có: \(O’N//OM//IA\) (cùng vuông góc với AD)

Suy ra tứ giác OMNO' là hình thang vuông.

Lại có: \(IO = IO'\) (giả thiết) 

Do đó IA là đường trung bình của hình thang OMNO'.

\(\Rightarrow AM = AN \)

Mà \(\left\{ \begin{align} & MA=MC \\ & NA=ND \\ \end{align} \right.\) (định lí đường kính và dây cung)

Suy ra \(AC = CD.\)

b) Ta có OO' là đường nối tâm của (O) và (O') 

Nên OO' là đường trung trực của AB.

Suy ra \(IE ⊥ AB\) và \(EA = EB\)

Ta lại có \(IA = IK\) (do K là điểm đối xứng của A qua I).

Nên IE là đường trung bình của tam giác AKB.

Suy ra \(IE // KB\)

Mà \(IE ⊥ AB\)

Suy ra \(KB ⊥ AB\)