Câu 75 trang 169 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1

Cho đường tròn (O; 3cm) và đường tròn (O’; 1cm) tiếp xúc ngoài tại A. Vẽ hai bán kính OB và O’C song song với nhau thuộc cùng nửa mặt phẳng có bờ OO’.

a) Tính số đo góc BAC.

b) Gọi I là giao điểm của BC và OO’. Tính độ dài OI.

Giải:

a) Ta có: OB // O’C (gt)

Suy ra:     \(\widehat {AOB} + \widehat {AO'C} = 180^\circ \) (hai góc trong cùng phía)

                 OA = OB ( = R)

⇒ Tam giác AOB cân tại O.

Suy ra:    \(\widehat {BAO} = {{180^\circ  - \widehat {AOB}} \over 2}\)

               O'A = O'C ( = R)

⇒ Tam giác AO'C cân tại O'

Suy ra: \(\widehat {CAO'} = {{180^\circ  - \widehat {AO'C}} \over 2}\)

Ta có: \(\widehat {BAO} + \widehat {CAO'} = {{180^\circ  - \widehat {AOB}} \over 2} + {{180^\circ  - \widehat {AO'C}} \over 2}\)

          \( = {{180^\circ  + 180^\circ  - (\widehat {AOB} + \widehat {AO'C})} \over 2} = {{180^\circ  + 180^\circ  - 180^\circ } \over 2} = 90^\circ \)

Lại có:   \(\widehat {BAO} + \widehat {BAC} + \widehat {CAO'} = 180^\circ \)

Suy ra:   \(\widehat {BAC} = 180^\circ  - (\widehat {BAO} + \widehat {CAO'})\)

                         \( = 180^\circ  - 90^\circ  = 90^\circ \)

Trong tam giác IBO, ta có: OB // O'C

Suy ra: \({{IO'} \over {IO}} = {{O'C} \over {OB}}\) ( hệ quả định lí Ta-lét)

Suy ra: \({{IO'} \over {IO}} = {1 \over 3} \Rightarrow {{IO - IO'} \over {IO}} = {{3 - 1} \over 3} \Rightarrow {{OO'} \over {IO}} = {2 \over 3}\)

Mà OO’ = OA + O’A = 3 + 1 = 4 (cm)

Suy ra: \({4 \over {IO}} = {2 \over 3} \Rightarrow IO = {{4.3} \over 2} = 6 (cm).\)

Câu 76 trang 169 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1

Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ các đường kính AOB, AO’C. Gọi DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn, D ∈ (O), E ∈ (O’). Gọi M là giao điểm của BD và CE.

a)      Tính số đo góc DAE.

b)      Tứ giác ADME là hình gì? Vì sao?

c)      Chứng minh rằng MA là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.

Giải:

a) Kẻ tiếp tuyến chung tại A cắt DE tại I

Trong đường tròn (O) ta có:

        IA = ID (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Trong đường tròn (O’) ta có:

        IA = IE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra: \(IA = ID = IE = {1 \over 2} DE\)

Tam giác ADE có đường trung tuyến AI ứng với cạnh DE và bằng nửa cạnh DE nên tam giác ADE vuông tại A.

Suy ra: \(\widehat {EAD} = 90^\circ \)

b) Tam giác ABD nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên \(\widehat {ADB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {AEM} = 90^\circ \)

Mặt khác: \(\widehat {EAD} = 90^\circ \) (chứng minh trên)

Tứ giác ADME có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật.

c) Tứ giác ADME là hình chữ nhật và ID = IE (chứng minh trên) nên đường chéo

AM của hình chữ nhật phải đi qua trung điểm I của DE. Suy ra: A, I, M thẳng hàng.

Ta có: IA ⊥ OO' ( vì IA là tiếp tuyến của (O))

Suy ra: AM ⊥ OO'

Vậy MA là tiếp tuyến chung của đường tròn (O) và (O').

Câu 77* trang 169 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1

Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. kẻ tiếp tuyến chung ngoài MN với M thuộc (O) và N thuộc (O’). Gọi P là điểm đối xứng với M qua OO’, Q là điểm đối xứng với N qua OO’. Chứng minh rằng:

a)      MNQP là hình thang cân.

b)      PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O’).

c)      MN + PQ = MP + NQ.

Giải:

a) Vì M và P đối xứng qua trục OO’ nên OO’ là đường trung trực của MP.

Suy ra: OP = OM

Khi đó P thuộc (O) và MP ⊥ OO’             (1)

Vì N và Q đối xứng qua trục OO’ nên OO’ là đường trung trực của NQ

Suy ra: O’N = O’Q

Khi đó Q thuộc (O’) và NQ ⊥ OO’            (2)

Từ (1) và (2) suy ra:  MP // NQ

Tứ giác MNQP là hình thang.

Vì OO’ là đường trung trực của MP và NQ nên OO’ đi qua trung điểm hai đáy hình thang MNQP, OO’ đồng thời cũng là trục đối xứng của hình thang MNQP nên MNQP là hình thang cân.

b) Ta có: MN ⊥ OM ( tính chất tiếp tuyến)

Suy ra:  \(\widehat {OMN} = 90^\circ \) hay \(\widehat {OMP} + \widehat {PMN} = 90^\circ \)    (3)

OM = OP( = R) nên tam giác OMP cân tại O

Suy ra: \(\widehat {OPM} = \widehat {OMP}\)                     (4)

Lại có MNQP là hình thang cân nên \(\widehat {PMN} = \widehat {QPM}\)  (5)

Từ (3), (4) và (5) suy ra: \(\widehat {OPM} + \widehat {QPM} = 90^\circ \)

Suy ra: QP ⊥ OP tại P

Vậy PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Ta có: MN ⊥ O’N ( tính chất tiếp tuyến)

Suy ra: \(\widehat {O'NM} = 90^\circ \)

Mà \(\widehat {O'MN} = \widehat {MNQ} - \widehat {O'NQ} = 90^\circ \)   (6)

O’N = O’Q ( = R’) nên tam giác O’NQ cân tại O’

Suy ra: \(\widehat {O'NQ} = \widehat {O'QN}\                     (7)

Lại có MNQP là hình thang cân nên \(\widehat {MNQ} = \widehat {PQN}\)   (8)

Từ (6), (7) và (8) suy ra: \(\widehat {PQN} - \widehat {O'QN} = 90^\circ \) hay \(\widehat {O'QP} = 90^\circ \)

Suy ra:   QP ⊥ O’Q tại Q

Vậy PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O’).

c) Kẻ tiếp tuyến chung tại A cắt MN tại E và PQ tại F

Trong đường tròn (O), theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

     EM = EA và FP = FA

Trong đường tròn (O’), theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:    

   EN = EA và FQ = FA

Suy ra:   \(EM = EA = EN = {1 \over 2}MN\)

              \(FP = FA = FQ = {1 \over 2}PQ\)

Suy ra: MN +PQ = 2EA + 2FA = 2(EA + FA) = 2EF      (9)

Vì EF là đường trung bình của hình thang MNQP nên:

  \(EF = {{MP + NQ} \over 2}\) hay MP + NQ = 2EF        (10)

Từ (9) và (10) suy ra: MN + PQ = MP + NQ.

Giaibaitap.me