41 42 42 sgk toán 128 toán 9 năm 2024
|
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.
Lời giải:
\(OK = OC – KC\) nên (K) tiếp xúc trong với (O) \(IK = IH + KH\) nên (I) tiếp xúc ngoài với (K)
\( \Rightarrow \widehat {A{\rm{E}}H} = {90^0}\) Tương tự có \(\widehat {AFH} = {90^0}\) ( do \(HF\bot AC\)) Và \(\widehat {BAC} = {90^0}\) (do A thuộc đường tròn đường kính BC) Tứ giác AEHF có \(\widehat {EAF} = \widehat {AEH} = \widehat {AFH} = {90^0}\) nên là hình chữ nhật (Dấu hiệu nhận biết)
∆ACH vuông tại H, HF là đường cao nên \(AH^2 = AF. AC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Do đó \(AE. AB = AF. AC\) (vì cùng bằng \(AH^2\) )
Xét ∆MEI và ∆MHI có: \(ME = MH, IE = IH (=R)\), MI (cạnh chung) Do đó \(∆MEI = ∆MHI\) (c.c.c) \(\Rightarrow \widehat {MEI} = \widehat {MHI}\) (2 góc tương ứng) mà \(\widehat {MHI} = {90^0}\) (do \(AD\bot BC\)) nên \(\widehat {MEI} = {90^0}\) ⇒ \(ME \bot EI\) tại E mà IE là bán kính đường tròn (I) ⇒ ME hay EF là tiếp tuyến của đường tròn (I) Chứng minh tương tự có EF là tiếp tuyến của đường tròn (K) Hoặc ta chứng minh EF là tiếp tuyến của đường tròn (K) như sau: Vì \(MF=MH\) (cmt) nên tam giác MFH cân tại M ⇒ \(\widehat {MHF}=\widehat {MFH}\) (*) (tính chất) Vì \(KH=KF\) (= bán kính đường tròn (K)) nên tam giác KFH cân tại K ⇒ \(\widehat {KHF}=\widehat {KFH}\) (**) (tính chất) Từ (*) và (**) ta có: \(\widehat {MHF}+\widehat {KHF}=\widehat {MFH}+\widehat {HFK}\) Hay \(\widehat {KFM}=\widehat {MHK}=90^0\) (do \(AH\bot BC\)) ⇒ \(MF\bot FK\) tại F mà KF là bán kính đường tròn (K) nên EF là tiếp tuyến của đường tròn (K)
Ta có \(EF = AH\) (vì AEHF là hình chữ nhật) mà \(AH ≤ AO \) (=bán kính đường tròn (O)=R) Do đó \(EF ≤ R\), \(R\) không đổi. Dấu “=” xảy ra \(⇔ H ≡ O\) Vậy khi dây AD vuông góc với BC tại O thì EF có độ dài lớn nhất. Cách 2 câu e: Xét đường tròn (O) có BC là đường kính và AD là dây cung mà \(AD\bot BC\) tại H nên H là trung điểm của AD (định lý). Suy ra \(AH=\dfrac{AD}2\) Ta có \(EF = AH\) (vì AEHF là hình chữ nhật) ⇒ \(EF=AH=\dfrac{AD}2\) Do đó EF lớn nhất khi AD lớn nhất. Khi đó, dây AD lớn nhất là đường kính. Vậy khi dây AD vuông góc với BC tại O thì EF có độ dài lớn nhất. Bài 42 trang 128 SGK Toán lớp 9 tập 1 Câu hỏi: 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
Lời giải:
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có \(MA = MB\), MO là tia phân giác \(\widehat {AMB}\) Ta có: \(∆MAB\) cân tại \(M (do\,MA = MB)\) nên MO là đường phân giác đồng thời là đường cao \(\Rightarrow MO \bot AB \Rightarrow \widehat {ME{\rm{A}}} = {90^0}\) Lại có \(MA, MC\) là các tiếp tuyến của đường tròn (O') (gt). Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có \(MA = MC\), MO’ là tia phân giác góc \(\widehat {AMC}\) Ta có: \(∆MAC\) cân tại \(M (do\,MA = MC)\) nên MO' là đường phân giác đồng thời là đường cao \(\Rightarrow MO' \bot AC \Rightarrow \widehat {MFA} = 90^0\) Vì \(MO, MO’\) là tia phân giác của hai góc kề bù \(\widehat {AMB},\widehat {AMC} \Rightarrow \widehat {EMF} = {90^0}\) (hai tia phân giác của hai góc kề bù thì vuông góc với nhau) Vì \(\widehat {EMF} = \widehat {MEA} = \widehat {MFA} = {90^0}\) nên tứ giác AEMF là hình chữ nhật ( Tứ giác có 3 góc vuông)
\(∆MAO'\) vuông tại A có AF là đường cao nên \(MF. MO’ = MA^2\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Do đó, \(ME. MO = MF. MO’ (= MA^2)\)
⇒ \(MA = MB = MC=\dfrac{BC}2\) nên M là tâm đường tròn đường kính BC có bán kính là MA. Mà \(OO’ ⊥ MA\) tại A. Do đó OO’ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC d) Gọi K là trung điểm OO’, ta có K là tâm đường tròn có đường kính là OO’ Tam giác OMO' vuông tại M (do theo câu a có \(\widehat {EMF}=90^0\) hay \(\widehat {OMO'}=90^0\) ) có MK là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền OO' nên \(KM=\dfrac{1}2OO'\) (tính chất) Như vậy, đường tròn tâm K đường kính OO' có bán kính KM. Ta có \(OB ⊥ BC, O’C ⊥ BC \) (do BC là tiếp tuyến) \(⇒ OB // O'C.\) ⇒ Tứ giác OBCO’ là hình thang có K, M lần lượt là trung điểm các cạnh cạnh bên OO’, BC. Do đó KM là đường trung bình của hình thang OBCO’ \(⇒ KM // OB\) Mà \(OB ⊥ BC\) nên \(KM ⊥ BC\) Ta có \(BC ⊥ KM\) tại M nên BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO’. Bài 43 trang 128 SGK Toán lớp 9 tập 1 Câu hỏi: 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 cá đường tròn tâm (O; R) và (O’; r) theo thứ tự tại C và D (khác A).
Lời giải:
Xét đường tròn (O), vì \(\displaystyle OM \bot AC \Rightarrow MA = MC = {{AC} \over 2}\) (định lý đường kính vuông góc với dây) Xét đường tròn (O'), vì \(\displaystyle O’N ⊥AD \Rightarrow NA = N{\rm{D}} = {{A{\rm{D}}} \over 2}\) (định lý đường kính vuông góc với dây) Mặt khác, ta có \(OM ⊥ CD, IA ⊥ CD, O’N ⊥ CD\) \(⇒ OM // IA //O’N.\) Suy ra tứ giác OMNO' là hình thang. Hình thang OMNO’ có \(IA // OM//O'N; IO = IO’\) nên \(MA = NA\) (đường thẳng song song với hai đáy của hình thang và đi qua trung điểm 1 cạnh bên thì đi qua trung điểm cạnh bên còn lại) |
