Giải SBT Toán 9 Ôn tập chương III | Hay nhất Giải sách bài tập Toán lớp 9

(1)

Ôn tập chương III

Bài 73 trang 113 SBT Toán lớp 9 tập 2: Cho đường tròn đường kính AB.Qua A và B kẻ hai tiếp tuyến của đường tròn đó. Gọi M là một điểm trên đường tròn . Các đường thẳng AM và BM cắt tiếp tuyến trên lần lượt tại B’ và A’.

a) Chứng minh rằng: AA'.BB'AB² b) Chứng minh rằng: A'A² A'M.A'B

Lời giải:

a)

Xét tam giác AB’B vuông tại B (do BB’ là tiếp tuyến) BB'A BAB' 90o

   (1)

Xét tam giác AMB vuông tại M (do góc AMB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ABA' BAB' 90o

   (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: BB'A ABA'

(2)

Xét tam giác AA’B và tam giác BB’A có:

A'AB B'BA 90  o (do A’A và B’B là tiếp tuyến) BB'AABA' (cmt)

Do đó, tam giác AA’B và tam giác BB’A đồng dạng (góc – góc) AA' AB 2

AA'.BB' AB BA BB'

   

b)

AMB 90 o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 AM vuông góc với A’B tại M

Xét tam giác AA’B vuông tại A có đường cao AM Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

AA'2 A'M.A'B

Bài 74 trang 114 SBT Toán lớp 9 tập 2: Cho lục giác đều ABCDEF. Chứng minh rằng đường chéo BF chia AD thành hai đoạn thẳng theo tỉ lệ 1 : 3.

Lời giải:

(3)

Lục giác đều ABCDEF nội tiếp đường tròn (O) Do đó, ta có:

o

360 o

sđAB s CB s CD s DEđ đ đ sđEF s FAđ 60

      6 

o o o o

đ đ đ đ

s ABCD s AB s BC s CD 60 60 60 180

       

Do đó, AD là đường kính của đường tròn (O) Ta có: OA = OB = OF = AB = AF = R

Do đó, tứ giác ABOF là hình thoi Gọi giao điểm của AD và BF là H

Ta có: FB vuông góc với OA tại H (tính chất hình thoi)

AO R

AH HO

2 2

    (tính chất hình thoi)

Mà: R 3

HD HO OD R R

2 2

    

R

AH 2 1

HD 3R 3

2

  

Bài 75 trang 114 SBT Toán lớp 9 tập 2: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn . Dựng điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho AMB BMC CMA  .

Lời giải:

(4)

Giả sử M là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho AMB BMC CMA  Ta có: AMB BMC CMA 360   ^o

Nên

o

360 o

AMB BMC CMA 120

   3 

Khi đó, điểm M nhìn các cạnh AB, BC, AC của tam giác ABC dưới một góc bằng 120°

Cách dựng:

- Dựng cung chứa góc 120° vẽ trên đoạn BC - Dựng cung chứa góc 120° vẽ trên đoạn AC

- Giao điểm thứ hai ngoài C của hai cung này là điểm M phải dựng.

Bài 76 trang 114 SBT Toán lớp 9 tập 2: Hai ròng rọc có tâm O, O’ và bán kính R = 4a, R’ = a. Hai tiếp tuyến chung MN và PQ cắt nhau tại A theo góc 60° (hình 14) .Tìm độ dài của dây cua-roa mắc qua hai ròng rọc.

(5)

Lời giải:

Vì hai tiếp tuyến chung của đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A nên O, O’, A thẳng hàng

Có: 1

OAM OAP MAP

  2 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

o o

OAM 1.60 30

 2 

Xét tam giác OMA vuông tại M (do MA là tiếp tuyến của (O)) Có: MAOM.cot OAM4a.cot 30^o 4a 3

(6)

Xét tam giác O’NA vuông tại N (do NA là tiếp tuyến của (O’)) Có: NAO' N.cot O'ANa.cot 30^o a 3

Từ đó , ta có: MN = MA – NA = 4a 3 a 3 3a 3  Xét tứ giác O’NAQ có:

N Q 90  o (do NA, QA là tiếp tuyến của (O’)) A60o

 

o o o o o

NO'Q 360 90 90 60 120

     

Do đó, số đo cung nhỏ NQ là 120^o

Độ dài cung nhỏ NQ là: ₁ a.120 2 a

l 180 3

 

 

Xét tứ giác OMAP có:

M P 90o (do MA, PA là tiếp tuyến của (O)) A60o

 

o o o o o

MOP 360 90 90 60 120

     

Do đó, số đo cung nhỏ MP là 120 ^o

Do đó, số đo cung lớn MP là: 360ô 120ô 240ô Độ dài cung lớn MP là: ₂ .4a.240 16 a

l 180 3

 

 

Chiều dài của dây cua-roa mắc qua hai ròng rọc là:

 

1 2

2 a 16 a

2MN l l 2.3a 3 6a 3 a

3 3

 

      

(7)

Bài 77 trang 114 SBT Toán lớp 9 tập 2: Tính diện tích phần tô màu trên hình 15 (theo kích thước đã cho trên hình)

Lời giải:

Diện tích phần gạch sọc là hiệu ứng giữa diện tích hình thang ABCD và diện tích hình quạt tròn có góc ở tâm 30° của đường tròn tâm C bán kính bằng a.

Từ D kẻ DH vuông góc với BC, suy ra ADHB là hình chữ nhật (do có ba góc vuông) Xét tam giác HDC vuông tại H có:

o a

DH DC.sin C a.sin30

   2

o a 3

CH DC.cosC a.cos30

   2

(8)

 

a 2 3

BH BC HC a a 3

2 2

     

 

a 2 3

AD BH

2

    (do ADHB là hình chữ nhật)

Diện tích của hình thang ABCD là:

 

²

 

ABCD

a 2 3

a a 4 3

AD BC 2 a

S .DH .

2 2 2 8

  

   

Diện tích hình quạt tròn bằng:

2 2

a .30 a

360 12

 

Diện tích phần gạch sọc là:

   

2 2 2

a 4 3 a a

S 12 3 3 2

8 12 24

 

     

Bài 78 trang 114 SBT Toán lớp 9 tập 2: Cho tam giác AHB có H 90 ^o, A 30 ^o và BH = 4cm. Tia phân giác góc B cắt AH tại O. Vẽ đường tròn (O; OH) và đường tròn (O;

OA)

a) Chứng minh đường tròn (O; OH) tiếp xúc với cạnh AB b) Tính diện tích hình vành khăn nằm giữa hai đường tròn trên.

Lời giải:

(9)

a)

Kẻ OK vuông góc với AB tại K

Vì BO là đường phân giác của góc B (gt)

OK OH

  (tính chất đường phân giác)

Do đó, OK cũng là bán kính của đường tròn (O; OH) Vậy đường tròn (O; OH) tiếp xúc với AB tại K

b)

Xét tam giác AHB vuông tại H có:

A 30 o

B 60o

  1 o

ABO B 30

  2  (do BO là đường phân giác) Xét tam giác OAB có:

AABO 30 o

(10)

Do đó, tam giác OAB cân tại O

 OB = OA

Do đó, B thuộc (O; OA)

Xét tam giác BHO vuông tại O có:

1 o

OBH B 30

 2  (do BO là đường phân giác)

o 3 4 3

OH BH.tan 30 4.

3 3

   (cm)

o

BH 4 4 8 3

OB cosOBH cos30 3 3

2

    (cm)

Diện tích đường tròn nhỏ là: ^S¹ ^. ^{4 3} ² ¹⁶

 

^cm²

3 3

  

   

 

Diện tích đường tròn lớn là: ^S² ^. ^{8 3} ² ⁶⁴

 

^cm²

3 3

  

   

 

Diện tích hình vành khăn là: ^{S S}^ ² ^{ }^S¹ ⁶⁴₃^^¹⁶₃^^{ }¹⁶

 

^cm²

Bài 79 trang 114 SBT Toán lớp 9 tập 2: Cho hai nửa đường tròn đường kính AB. Gọi C là điểm chạy trên nửa đường tròn đó.Trên AC lấy điểm D sao cho AD = BC. Qua A kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn rồi lấy AE = AB (E và C cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB)

a) Tính quỹ tích điểm D

b) Tính diện tích phần chung của hai nửa hình tròn đường kính AB và AE Lời giải:

(11)

a)

Chứng minh thuận Nối DE

Xét tam giác ABC và tam giác AED có:

AB = AE (gt) AD = BC (gt)

EAD ABC (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung) Do đó, tam giác ABC bằng tam giác AED (cạnh - góc - cạnh) Mà ACB 90 ^o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

EDA 90o

 

Điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đường kính AB thì điểm D luôn nhìn đoạn AE cố định dưới một góc bằng 90 nên điểm D nằm trên nửa đường tròn đường kính AE ^o nằm trong nửa mặt phẳng bờ AE chứa nửa đường tròn đường kính AB

Chứng minh đảo:

(12)

Trên nửa đường tròn đường kính AE lấy điểm D’ bất kì, đường thẳng AD’ cắt nửa đường tròn đường kính AB tại C’. Nối ED’ ,BC’

Xét tam giác AC’B vuông tại C’ (do tam giác nội tiếp đường tròn đường kính AB) C'AB C'BA 90o

  

Mà EAD C'AB EAB 90  ^o

 EAD ABC'

Xét tam giác AD’E và tam giác BC’A có:

D' C' 90  o (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AE = AB (gt)

EAD ABC' (cmt)

Do đó, tam giác AD’E và tam giác BC’A bằng nhau (góc – cạnh – góc) AD' BC'

 

Vậy khi điểm C chạy trên nửa đường tròn đường kính AB thì quỹ tích điểm D là nửa đường tròn đường kính AE

b)

(13)

Gọi O và O’ lần lượt là tâm hai đường tròn đường kính AB và AE ,M là giao điểm thứ hai của hai đường tròn

Vì AB = AE nên ta có : OA = OM = O’A = O’M Do đó, tứ giác AOMO’ là hình thoi

Có BAE 90 ^o

Do đó, AOMO’ là hình vuông

Diện tích phần chung của hai nửa đường tròn bằng diện tích hai quạt tròn có chung AmM trừ đi diện tích hình vuông

Diện tích hình quạt AOM là:

2

AB .90 2 AB

360 16

 

   (đơn vị diện tích)

Diện tích của hình vuông AOMO’ là:

2 2

AB AB

2 4

  

 

  (đơn vị diện tích) Diện tích phần chung là: ^2. ÂB² ÂB² ÂB²



²



16 4 8

     (đơn vị diện tích)

Bài tập bổ sung:

Bài III.1 trang 114 SBT Toán lớp 9 tập 2: Cho tam giác đều ACB và ACD, cạnh a.

Lần lượt lấy B và D làm tâm vẽ hai đường tròn bán kính a. Kẻ các đường kính ABE và ADF. Trên cung nhỏ CE của đường tròn tâm B lấy điểm M (không trùng với E và C).

Đường thẳng CM cắt đường tròn tâm D tại điểm thứ hai là N. Hai đường thẳng EM và NF cắt nhau tại điểm T. Gọi H là giao điểm của AT và MN. Chứng minh:

a) MNT là tam giác đều.

b) AT = 4AH.

Lời giải:

(14)

a)

Xét đường tròn (B) ta có:

AMC 1ABC

 2 (hệ quả góc nội tiếp) Mà ABC 60 ^o (do tam giác ABC đều)

o o

AMC 1.60 30

  2 

Có: AME 90 ^o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (B)) AMT 90o

 

Lại có: TMNAMT AMC 90  ô30ô60ô Xét đường tròn (D) ta có:

ANC 1ADC

 2 (hệ quả góc nội tiếp) Mà ADC 60 ^o (do tam giác ADC đều)

(15)

o o

ANC 1.60 30

 2 

Có: ANF 90 ^o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (D)) ANC CNF 90o

  

o o o o

MNT CNF 90 ANC 90 30 60

      

Xét tam giác TMN có:

MNTTMN 60 o

Do đó, tam giác TMN đều b)

AMC ANC 30  o (cmt)

Do đó, tam giác AMN cân tại A

AM = AN

Do đó, A nằm trên đường trung trực của đoạn MN Vì tam giác TMN đều nên TM = TN

Do đó, T nằm trên đường trung trực của đoạn MN Do đó, AT là đường trung trực của đoạn MN

AT MN

 

Xét tam giác AHM có:

AHM 90 o

o

AH AH AH

AM 2AH

sin M sin30 1

2

    (1)

(16)

Do tam giác TMN đều (cmt) có: TH vuông góc với MN nên TH là đường cao và cũng là đường phân giác của góc T

o o

MTA 1.60 30

  2 

Xét tam giác AMT vuông tại M

Có: AM AM

AT 2AM

sin MTA 1 2

   (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: AT = 2AM = 2.2AH = 4AH

Bài III.2 trang 115 SBT Toán lớp 9 tập 2: Cho đường tròn tâm O bán kính R và điểm M ở ngoài đường tròn đó. Qua điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB và cát tuyến MCD với đường tròn (O), trong đó điểm C ở giữa hai điểm M, D. Đường thẳng qua điểm C và vuông góc với OA cắt AB tại H. Gọi I là trung điểm của dây CD. Chứng minh HI song song với AD.

Lời giải:

(17)

Xét đường tròn (O) có

MA vuông góc với OA tại A (tính chất tiếp tuyến) MAO 90o

 

MB vuông góc với OB tại B (tính chất tiếp tuyến) MBO 90o

 

Lại có I là trung điểm của dây CD (gt) nên IC = ID

Do đó, OI vuông góc với CD (đường kính đi qua điểm chính giữa của dây không đi qua tâm thì vuông góc với dây đó)

MIO 90o

 

Từ đó, A, B, I nhìn MO cố định dưới một góc bằng 90 nên A, B, I nằm trên đường tròn ^o bán kính MO

(18)

AMI ABI

  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AOI) Lại có: CHAO (gt) mà MAOA (cmt)

Do đó, CH // MA AMI HCI

  (hai góc đồng vị) Mà AMIABI (cmt)

HCI ABI

 

HCI HBI

 

Do đó, B và C cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ chứa đường HI tạo với HI một góc bằng nhua nên tứ giác BCHI nội tiếp.

CBH CIH

  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ CH) CBA CIH

  (1)

Xét đường tròn (O) ta có:

CBA CDA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AC) (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: CIH CDA nên HI // AD (do có cặp góc ở vị trí đồng vị bằng nhau)

Mỗi bài từ III.3 đến III.12 sau đây đều có 4 phương án lựa chọn là (A), (B), (C) và (D) nhưng chỉ có một trong số đó đúng. Hãy chỉ ra phương án mà em cho là đúng.

Bài III.3 trang 115 SBT Toán lớp 9 tập 2: Góc nội tiếp là góc:

(A) có đỉnh nằm trên đường tròn.

(B) có hai cạnh là hai giây của đường tròn.

(C) có hai đỉnh là tâm đường tròn và có hai cạnh là hai bán kính.

(19)

(D) có hai cạnh là hai dây của đường tròn đó và chỉ có một đầu mút chung.

Lời giải:

Chọn (D)

Góc nội tiếp là góc có hai cạnh là hai dây của đường tròn đó và chỉ có một đầu mút chung.

Bài III.4 trang 115 SBT Toán lớp 9 tập 2: Một đường tròn là đường tròn nội tiếp nếu nó:

(A) đi qua các đỉnh của một tam giác.

(B) tiếp xúc với các đường thẳng chứa các cạnh của một tam giác.

(C) tiếp xúc với các cạnh của một tam giác.

(D) nằm trong một tam giác.

Lời giải:

Chọn (C)

Một đường tròn là đường tròn nội tiếp nếu nó tiếp xúc với các cạnh của một tam giác.

Bài III.5 trang 115 SBT Toán lớp 9 tập 2: Một tứ giác là tứ giác nội tiếp nếu (A) có hai đỉnh cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau.

(B) có 4 góc bằng nhau.

(C) có 4 cạnh bằng nhau.

(D) có các cạnh tiếp xúc với đường tròn.

Lời giải:

Chọn (A) Một tứ giác là tứ giác nội tiếp nếu có hai đỉnh cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau.

(20)

Bài III.6 trang 115 SBT Toán lớp 9 tập 2: Quỹ tích các điểm M nhìn đoạn thẳng AB dưới một góc 120^o là

(A) một đường tròn đi qua hai điểm A, B.

(B) một đường thẳng song song với AB.

(C) một cung chứa góc 120 dựng trên hai điểm A, B. ^o

(D) hai cung chứa góc 120^o (đối xứng nhau) dựng trên hai điểm A, B.

Lời giải:

Chọn (D). Quỹ tích các điểm M nhìn đoạn thẳng AB dưới một góc 120^o là hai cung chứa góc 120 (đối xứng nhau dựng trên hai điểm A, B). ^o

Bài III.7 trang 116 SBT Toán lớp 9 tập 2: Độ dài của nửa đường tròn có đường kính 8R bằng:

(A) R;

(B) 2R;

(C) 4R;

(D) 8R.

Lời giải:

Độ dài đường tròn có đường kính 8R là: C .8R 8 R Độ dài nửa đường tròn đường kính 8R là: C 8 R

2 2 4 R

   

Vậy chọn đáp án (C)

Bài III.8 trang 116 SBT Toán lớp 9 tập 2: Diện tích của nửa hình tròn có đường kính 4R bằng:

(21)

(A) 1 ² 2R ; (B) R² ; (C) 2R²; (D) 4R².

Lời giải:

Diện tích đường tròn có đường kính 4R là:

2

4R 2

S . 4 R

2

 

    

Diện tích nửa đường tròn đường kính 4R là:

2

S 4 R 2

2 2 2 R

   

Vậy chọn đáp án (C)

Bài III.9 trang 116 SBT Toán lớp 9 tập 2: Cho hình sau. Khi đó, số đo của góc MFE bằng bao nhiêu ?

(A) 50 ^o (B) 80 ^o

(22)

(C) 130 ^o

(D) Không tính được.

Lời giải:

Xét đường tròn (O) có:

MFE 1s MEđ

 2 (nhỏ) (góc nội tiếp chắn cung)



^đ ^E



MFE 1 s PM P

2 sđ

  

Ta có:

 

N 1 s EF s PM

2 đ đ

  (góc có đỉnh bên ngoài đường tròn)

s EF 2N s PMđ đ

  

 

Q 1 s MF s PE

2 đ đ

  (góc có đỉnh bên ngoài đường tròn)

s MF 2Q s PEđ đ

  

   

s MF s EF 2 Q Nđ đ s PE s PMđ đ

     

sđME

 (lớn) = ^{2 Q}



^^N



⁺sđME (nhỏ) 360o s MEđ

  (nhỏ) = ^{2 Q}



^^N



⁺^sđME^(nhỏ)

sđME

 (nhỏ) = ¹⁸⁰^o ^^{Q N}



^



^¹⁸⁰^o ^

^

³⁵^o ^⁴⁵^o

^

^¹⁰⁰^o

Do đó, ta có: 1 1 ^o ^o

MFE s MEđ .100 50

2 2

  

(23)

Vậy chọn đáp án (A)

Bài III.10 trang 116 SBT Toán lớp 9 tập 2: Tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Khi đó, BOC có số đo bằng bao nhiêu ?

(A) 60 ô (B) 120 ô (C) 240 ô

Lời giải:

Xét đường tròn (O), ta có: 1

BAC BOC

 2 (số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của góc ở tâm chắn cùng chắn một cung)

Mà BAC 60 ^o (do tam giác ABC đều)

o o

BOC 2BAC 2.60 120

   

Vậy chọn đáp án (B)

(24)

Bài III.11 trang 116 SBT Toán lớp 9 tập 2: Hình vuông XYZT nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Điểm M bất kì thuộc cung nhỏ XT, ZMT có số đo bằng bao nhiêu ? (A) 23°30';

(B) 45°;

(C) 90°;

Lời giải:

Do XYZT là hình vuông nên OT vuông góc với OZ ZOT 90o

 

Xét đường tròn (O) có: 1 1 ^o ^o

ZMT ZOT .90 45

2 2

   (số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của góc ở tâm chắn cùng chắn một cung)

Vậy chọn đáp án (B)

Bài III.12 trang 116 SBT Toán lớp 9 tập 2: Cho hình như hình bên (PQ = PR; QY và RX là các tia phân giác). Khi đó, PYKX là:

(A) hình thang và không phải là hình bình hành.

(25)

(B) hình bình hành và không phải hình thoi.

(C) hình thoi và không phải hình chữ nhật.

(D) hình chữ nhật.

Lời giải:

Ta có: PQ = PR (gt)

Do đó, tam giác PQR cân tại P

PQR PRQ

 

Mà QY, RX lần lượt là tia phân giác của các góc PQR,PRQ Nên PQYYQRQRXXRP

Do đó, các cung PX, PY, QX, RY bằng nhau (các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau)

PRX RPY

  (hai góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau) Do đó, XR // PY (do có hai góc so le trong bằng nhau)

(26)

Lại có: PQY XPQ (hai góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau) Do đó, PX // QY (do có hai góc so le trong bằng nhau)

Do đó, tứ giác PXKY là hình bình hành Mà PX = PY (do cung PX bằng cung PY) Do đó, PXKY là hình thoi

Mặt khác PXR90^o (vì PQ không phải đường kính)

Do đó, tứ giác PXKY là hình thoi những không phải hình chữ nhật Vậy chọn đáp án (C)