TOÁN LỚP 9 Giải bài và ôn tập Hình Học 9 LỚP 9
Nguồn website giaibai5s.com
BÀI TẬP NÂNG CAO CHƯƠNG II
53. Cho đường tròn tâm O, đường kính AD, dây cung AB. Qua B kẻ đường vuông góc với AD cắt đường tròn ở C.
Tính bán kính của đường tròn, biết AB=10cm, BC = 12cm.
54. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AD. Trên nửa đường tròn lấy
hai điểm B và C. Biết AB=BC = 25 [cm] và CD = 6cm. Tính bán kính của đường tròn.
55. Cho hai nửa đường tròn [O, R] và [O,R’] tiếp xúc ngoài ở A. Tiếp tuyến chung ngoài TT có tiếp điểm với đường tròn [O] ở T với đường tròn [0] ở To, cắt đường nối tâm Oo ở S. Tiếp tuyến chung trong tại A của hai đường tròn cắt TT ở M.
a] Tính độ dài AM theo các bán kính của hai đường tròn [O] và [O’]; b] Chứng minh : SOSO =SM ; ST.ST’ =SA”;
c] Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ATAT tiếp xúc với 90 tại A và đường tròn ngoại tiếp tam giác OMO tiếp xúc với SM tại M.
56. Cho hai đường tròn tâm O và O tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ hai bán kính OM và O’M’ sao cho OM //OM”.
a] Chứng minh khi hai bán kính OM và OM thay đổi nhưng OM //OM thì đường thẳng MM luôn luôn đi qua một điểm cố định S;
b] Tính SO và SO, biết bán kính đường tròn [O] và đường tròn [O] lần lượt bằng 5cm và 3cm ;
c] Tam giác AMM là tam giác gì ? Vì sao ?
57. Cho tam giác ABC [AC > AB], trung tuyến CD. Đường tròn nội tiếp tam giác ACD và BCD tiếp xúc với CD lần lượt ở E và F.
Chứng minh 2EF = AC-BC.
58. Cho đường tròn [O; R], đường kính BC, dây cung BA. Biết R = 65cm, AB = 126cm.
a] Tính AC và khoảng cách từ 0 đến các dây AB, AC;
b] Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C kẻ dây AD, trên nửa mặt phẳng còn lại kẻ dây BE, cho biết BAD = ABE = 45° và DELAB tại P. Tứ giác ACED là hình gì ? Vì sao ?
c] Chứng minh PA2+PB2 +PC + PD2 =4R2.
59. Cho hai đường tròn [0 ; R]] và [O;R] với R > RẺ. Hai tiếp tuyến chung ngoài MN và PQ[M,PE [0];N,Qe [O’]].
a] Chứng minh rằng các đường thẳng MN, PQ và do đồng quy ;
b] Chứng minh tứ giác MNQP là hình thang cân ;
c] Xác định vị trí tương đối của đường tròn [O] và [O’] sao cho đường tròn đường kính 00′ tiếp xúc với đường thẳng MN.
60. Cho tam giác ABC vuông ở A. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC ở D. Chứng minh SABC = BD.DC.
61. Cho đường tròn [O] và một điểm P nằm bên trong đường tròn [P4 0]. Gọi Q là một điểm tuỳ ý trên đường tròn [O]. Qua điểm Q kẻ tiếp tuyến với đường tròn [O]. Chứng minh rằng khi điểm Q di chuyển trên đường tròn [O] thì giao điểm M các đường thẳng kẻ từ 0 vuông góc với QP và tiếp tuyến kẻ từ Q chạy trên một đường thẳng cố định.
HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP SỐ
53. Cách 1. ADI BC tại H, ta có HB = HC = 6cm. Trong tam giác vuông AHB thì :
AH? = AB? – BH2 = 102 – 62 = 64, suy ra AH = 8 [cm]. Dễ dàng chứng minh được ABD = 90°. AAHB V AABD [g-g] nên :
AB AH ADAB
Hình 112 AB? 100 suy ra AD =
= 12,5 [cm]. AH 8 Vậy bán kính của đường tròn là R = 6,25cm. Cách 2. Tương tự cách 1, ta có AH = 8cm. Kě OIL AB thì IA = IB = 5 [cm]. AAIO VO AAHB [g-g] nên : ΑΟ ΑΙ
AB.AI 10.5 –, suy ra AO = = == = 6,25 [cm]. АВАН
AH 8 54. Dễ thấy OB là đường trung trực của AC nên OBI AC tại H và
HA = HC.
=
2
Hình 113
OH là đường trung bình của AABC, ta có B OH = -CD= 3 [cm]. AOHC vuông ở H: HCP = OC? –OH = R2-9 ABHC vuông ở H: HCP = BC- HBP = [215]2 – [R-3]2 [2] Từ [1] và [2] suy ra : R2 – 9 =[2/5]-[R-3]
#R? – 9 = 20-R2 +6R – 9 2R2 -6R – 20 = 0 6 R2 – 3R –10=0
R=5 [R – 5][R+2] =10
CLR =-2 [loại]. Đáp số : R = 5cm. 55. a] MO, MO lần lượt là tia phân giác của hai góc kề bù AMT và
AMT’ nên OMO = 90°.
MA O
Hình 114
Tam giác OMO’ vuông ở M có MA l 00′ nên: MAP = OA.OA’, suy ra MA = VOA.OA’ = VR.R’. b] Ta có MUA = AMO [vì cùng phụ với góc AMO] mà AMO’ =0’MT nên MOA =0’MT. Do đó ASO’M ASOM [g-g], suy ra
SO’_SM hay SO.SO’ = SM?.
SM SO Tam giác MAT cân ở M nên MAT = ATM nhưng MAT =0AT [vì cùng phụ với góc MAT” ] suy ra ATS = SAT”. ASAT PASTA [g-g], ta có : 2 = 0 hay ST.ST’ = SA?.
SA ST’
] MA = MT = MT” nên MA là bán kính đường tròn ngoại tiếp ATAT”, hơn nữa 001 MA tại A, do đó đường tròn ngoại tiếp ATAT tiếp xúc với 00′ ở A.
Gọi M là trung điểm của OO’ thì MM //OT suy ra SML MM ở M mà MoM là bán kính đường tròn ngoại tiếp AOMO, do đó đường tròn
ngoại tiếp AOMO tiếp xúc với SM ở M. 56. a] MM cắt đường tròn nối tâm 00 ở S, ta có:
OS OM R . ASOM ASO’M’ n
– không đổi.
‘S O’M R Vậy điểm S cố định.
M
M
IV ra
[3]
Hình 115 OS OM
O’S b] ASOM ASOM nên: –
Cho’s OM MY TOM OM Qua O kẻ đường thẳng song song với MM cắt OM ở I, ta có:
00′ 10
OS 00 AOIO – AOMS nên : = suy ra –
OS OM
ΟΜ ΟΙ OS O’S 00′ Từ [1] và [2] suy ra =
OM O’M’ OI Tứ giác MIOM” là hình bình hành nên IM = OM^ = 3 [cm], suy ra IO=OM – IM =5-3 = 2 [cm] ; OO’=OA+AO’ =5+3 = 8 [cm]. Khi đó từ [3], ta có : OS – OM.00′ _ 5.8 – 20 [cm];
OL 2 O’s – O’M’00’ _ 3.8 – 12 [cm]. OI 2
. 180° – AOM c] Tam giác AOM cân ở O nên OAM ==
2
ca 180°- AO’M’ Tam giác AOM cân ở O nên CAM’ =>
Suy ra DAM HOAM – 360° -[AOM+AOM]?
0103
B
Hình 116
Mà AOM + AOM = 180° [hai góc trong cùng phía của hai đường thẳng OM 1/ OM’ ], nên OAM+OAM = 90°. Vậy MAM = 180° -[0AM+ MAO]=180° – 90° = 90°. Tam giác
AMM’ vuông ở M. 57. Theo ví dụ 7, 85, ta có:
2DE = DA+DC-AC [1] 2DF = DB+DC – AB [2] Theo giả thiết thì DA = DB và AC > BC nên từ [1] và [2] suy ra 2DE52DF hay DE