Bài tập cuối chương V

Trả lời câu hỏi Câu 1 trang 69, 70 SBT Toán 9 Kết nối tri thức

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (O; \(\sqrt 5 \)), hai điểm \(A\left( { - \sqrt 3 ;1} \right)\) và B(-1; 2). Khi đó xảy ra:

A. Điểm A nằm trong (O), điểm B nằm ngoài (O).

B. Điểm A nằm trong (O), điểm B nằm trên (O).

C. Điểm A nằm trên (O), điểm B nằm trong (O).

D. Điểm A nằm ngoài (O), điểm B nằm trên (O).

Phương pháp giải:

Biểu diễn đường tròn (O; \(\sqrt 5 \)), hai điểm \(A\left( { - \sqrt 3 ;1} \right)\) và B(-1; 2) trên mặt phẳng tọa độ Oxy, từ đó rút ra kết luận.

Lời giải chi tiết:

Từ hình vẽ trên, ta thấy điểm A nằm trong (O), điểm B nằm trên (O).

Chọn B

Trả lời câu hỏi Câu 2 trang 70 SBT Toán 9 Kết nối tri thức

Cho đường thẳng xy cắt đường tròn (O) tại hai điểm A và B (H.5.10). Khi đó, các điểm thuộc đường thẳng xy và nằm trong đường tròn (O) là:

A. Các điểm thuộc tia AB.

B. Các điểm thuộc tia By.

C. Các điểm thuộc đoạn AB.

D. Các điểm nằm giữa A và B.

Phương pháp giải:

Nhìn hình vẽ và đưa ra kết luận.

Lời giải chi tiết:

Từ hình vẽ ta thấy, các điểm thuộc đường thẳng xy và nằm trong đường tròn (O) là các điểm nằm giữa A và B.

Chọn D

Trả lời câu hỏi Câu 3 trang 70 SBT Toán 9 Kết nối tri thức

Cho Hình 5.11, trong đó tất cả các cung AB, BC, CD, DE, EG và GA đều có số đo bằng \({60^o}\). Khi đó:

A. Điểm đối xứng với A qua CG là B.

B. Điểm đối xứng với A qua CG là D.

C. Điểm đối xứng với A qua CG là E.

D. Điểm đối xứng với A qua CG là G.

Phương pháp giải:

+ Chứng minh OG là tia phân giác của góc EOA.

+ Chứng minh tam giác EOA cân tại O. Do đó, OG là đường phân giác đồng thời là đường trung trực của AE. Suy ra điểm đối xứng với A qua CG là E.

Lời giải chi tiết:

Vì sđ$\overset\frown{EG}$=sđ$\overset\frown{GA}$ nên \(\widehat {EOG} = \widehat {GOA}\). Do đó, OG là tia phân giác của góc EOA.

Tam giác EOA có: \(OA = OE\) nên tam giác EOA cân tại O. Do đó, OG là đường phân giác đồng thời là đường trung trực của tam giác EOA.

Suy ra, OG là đường trung trực của đoạn thẳng AE. Vậy điểm đối xứng với A qua CG là E.

Chọn C

Trả lời câu hỏi Câu 4 trang 70 SBT Toán 9 Kết nối tri thức

Độ dài L (đơn vị cm) của cung tròn và diện tích S của hình quạt tròn (đơn vị \(c{m^2}\)) có cùng bán kính 9cm và cùng ứng với cung \({280^o}\) là:

A. \(L = 7\pi \) và \(S = 63\pi \).

B. \(L = 14\pi \) và \(S = 63\pi \).

C. \(L = 7\pi \) và \(S = 28\pi \).

D. \(L = 14\pi \) và \(S = 28\pi \).

Phương pháp giải:

Độ dài l của cung \({n^o}\) trên đường tròn (O; R) là \(l = \frac{n}{{180}}.\pi R\).

Diện tích \({S_q}\) của hình quạt tròn bán kính R ứng với cung \({n^o}\): \({S_q} = \frac{n}{{360}}.\pi {R^2}\).

Lời giải chi tiết:

Độ dài L của cung \({280^o}\) bán kính 9cm là \(L = \frac{{280}}{{180}}.\pi .9 = 14\pi \left( {cm} \right)\).

Diện tích \({S_q}\) của hình quạt tròn bán kính 9cm ứng với cung \({280^o}\): \({S_q} = \frac{{280}}{{360}}.\pi {.9^2} = 63\pi \left( {c{m^2}} \right)\).

Chọn B

Trả lời câu hỏi Câu 5 trang 70 SBT Toán 9 Kết nối tri thức

Cho góc nhọn xOy và điểm M nằm trong góc đó. Biết rằng M nằm cách Ox một khoảng bằng 3cm và cách Oy một khoảng bằng 2cm. Khi đó

A. Nếu đường tròn (M) tiếp xúc với Ox thì (M) cắt Oy.

B. Nếu đường tròn (M) tiếp xúc với Ox thì (M) cũng tiếp xúc với Oy.

C. Nếu đường tròn (M) tiếp xúc với Ox thì (M) không giao nhau với Oy.

D. Nếu đường tròn (M) tiếp xúc với Oy thì (M) cắt Ox.

Phương pháp giải:

Cho đường thẳng a và đường tròn (O; R). Gọi d là khoảng cách từ O đến a. Khi đó:

+ Đường thẳng a và đường tròn (O; R) cắt nhau khi \(d < R\).

+ Đường thẳng a và đường tròn (O; R) tiếp xúc với nhau khi \(d = R\).

+ Đường thẳng a và đường tròn (O; R) không giao nhau khi \(d > R\).

Lời giải chi tiết:

Gọi A và B lần lượt là giao điểm của đường thẳng qua M vuông góc Ox và Oy. Khi đó, MA và MB lần lượt là khoảng cách từ điểm M đến trục Ox và Oy. Do đó: \(MA = 3cm,MB = 2cm\).

Nếu đường tròn (M) tiếp xúc với Ox thì bán kính của (M) là \(MA = 3cm\).

Vì \(MA > MB\left( {do\;3cm > 2cm} \right)\) nên đường tròn (M) cắt trục Oy.

Vậy nếu đường tròn (M) tiếp xúc với Ox thì (M) cắt Oy.

Chọn A

Trả lời câu hỏi Câu 6 trang 70 SBT Toán 9 Kết nối tri thức

Cho hai điểm A và B sao cho \(AB = 7cm\) và đường tròn (B; 4cm). Khi đó:

A. Hai đường tròn (A; R) và (B) cắt nhau nếu \(R < 11cm\).

B. Hai đường tròn (A; R) và (B) cắt nhau nếu \(R > 3cm\).

C. Hai đường tròn (A; R) và (B) không giao nhau nếu \(R > 11cm\).

D. Hai đường tròn (A; R) và (B) không giao nhau nếu \(R \le 3cm\).

Phương pháp giải:

Hai đường tròn (O; R) và (O’; r) (với \(R > r\)). Khi đó:

+ Hai đường tròn ở ngoài nhau khi \(OO' > R + r\).

+ Hai đường tròn tiếp xúc ngoài khi \(OO' = R + r\).

+ Hai đường tròn cắt nhau khi \(R - r < OO' < R + r\).

+ Hai đường tròn tiếp xúc trong khi \(OO' = R - r\).

+ Đường tròn (O) đựng (O’) khi \(OO' < R - r\).

Lời giải chi tiết:

Hai đường tròn (A; R) và (B) cắt nhau khi \(\left| {R - 4} \right| < 7 < 4 + R\)

Với \(4 + R > 7\), suy ra \(R > 3\)

Với \(\left| {R - 4} \right| < 7\) thì \( - 7 < R - 4 < 7\), suy ra \( - 3 < R < 11\).

Vậy hai đường tròn (A; R) và (B) cắt nhau khi \(3 < R < 11\)

Hai đường tròn (A; R) và (B) không giao nhau khi \(4 + R < 7\) hoặc \(\left| {R - 4} \right| > 7\). Suy ra \(R < 3\) hoặc \(R > 11\).

Chọn C

Đề bài

Cho tam giác ABC có \(AB < AC\) và đường cao AH (H.5.12).

a) Trong các điểm B, H và C, điểm nào nằm trong, điểm nào nằm trên và điểm nào nằm ngoài đường tròn (A; AB)? Vì sao?

b) Xác định ví trị của điểm D trên đoạn AC trong mỗi trường hợp sau:

- Đường tròn (A) và đường tròn (C; CD) tiếp xúc với nhau;

- Đường tròn (A) và đường tròn (C; CD) cắt nhau;

- Đường tròn (A) và đường tròn (C; CD) không giao nhau.

Lời giải chi tiết

a) Điểm B nằm trên đường tròn (A; AB).

Vì \(AB < AC\) nên điểm C nằm ngoài đường tròn (A; AB).

Tam giác AHB vuông tại H nên \(AH < AB\). Do đó, điểm H nằm trong đường tròn (A; AB).

b) Do điểm C nằm ngoài đường tròn (A; AB) nên AH cắt đường tròn đó tại một điểm nằm giữa A và C; gọi điểm đó là điểm M.

- Đường tròn (A) và đường tròn (C; CD) tiếp xúc với nhau khi D trùng với M.

- Đường tròn (A) và đường tròn (C; CD) cắt nhau khi D nằm giữa A và M.

- Đường tròn (A) và đường tròn (C; CD) không giao nhau khi D nằm giữa C và M.

Đề bài

Cho hình thang cân ABCD (AB//CD).

a) Chứng minh rằng đường trung trực d của AB cũng là đường trung trực của CD (từ đó suy ra hai điểm A và B đối xứng với nhau, C và D đối xứng với nhau qua d).

b) Giải thích tại sao nếu một đường tròn đi qua ba điểm A, B và C thì nó cũng đi qua điểm D.

Lời giải chi tiết

a) Trường hợp 1: DA cắt CB tại điểm S.

Vì ABCD là hình thang cân nên \(\widehat {SAB} = \widehat {SBA} = \widehat {SDC} = \widehat {SCD}\), suy ra tam giác SAB cân tại S và tam giác SDC cân tại S.

Do đó, đường trung trực d của AB là đường phân giác của góc ASB và cũng là đường trung trực của DC.

Suy ra, A và D lần lượt đối xứng với B và C qua d.

Trường hợp 2: DA//CB.

Khi đó hình thang cân ABCD là hình chữ nhật.

Do đó, A và D lần lượt đối xứng với B và C qua d.

b) Giả sử O là tâm của đường tròn đi qua ba điểm A, B, C.

Khi đó, đường trung trực d của AB đi qua O (vì \(OA = OB\)).

Do đó, d là trục đối xứng của đường tròn (O).

Theo câu a, D đối xứng với C qua d, mà \(C \in \left( O \right)\) nên \(D \in \left( O \right)\), hay (O) đi qua D.

Đề bài

Giả sử CD là một dây song song với đường kính AB của đường tròn (O) sao cho ABCD là một tứ giác lồi. Gọi E là trung điểm của đoạn CD.

a) Chứng minh rằng A đối xứng với B và C đối xứng với D qua đường thẳng OE.

b) Chứng minh rằng tứ giác ABCD là một hình thang cân.

c) Biết rằng \(AB = 12cm\) và \(\widehat {COD} = {100^o}\). Tính độ dài cung (nhỏ) AD và cung (lớn) ABC.

d) Với giả thiết ở câu c, tính diện tích hình quạt tròn ứng với cung nhỏ BD.

Lời giải chi tiết

a) Vì \(OC = OD\) nên tam giác COD cân tại O. Do đó, OE là đường trung tuyến đồng thời là đường trung trực của tam giác COD hay OE là đường trung trực của đoạn thẳng CD.

Vậy C và D đối xứng với nhau qua OE.

Vì OE là đường trung trực của đoạn thẳng CD nên \(OE \bot CD\).

Mà CD//AB nên \(OE \bot AB\).

Mà O là trung điểm của AB do đó OE là đường trung trực của đoạn thẳng AB.

Do đó, A và B đối xứng với nhau qua OE.

b) Tam giác COD cân tại O nên OE là đường trung trực và là đường phân giác của góc COD, suy ra \(\widehat {{O_2}} = \widehat {{O_3}}\).

Ta có:

\(\widehat {AOC} = \widehat {AOE} + \widehat {EOC} \\= {90^o} + \widehat {{O_3}} = {90^o} + \widehat {{O_2}} = \widehat {DOE} + \widehat {EOB} = \widehat {DOB}\)

Tam giác AOC và tam giác DOB có: \(OA = OB = OC = OD\), \(\widehat {AOC} = \widehat {DOB}\) nên \(\Delta AOC = \Delta DOB\left( {c.g.c} \right)\)

Suy ra \(AC = BD\).

Tứ giác ABCD có: AB//CD nên ABCD là hình thang.

Mà \(AC = BD\) nên ABCD là hình thang cân.

c) Vì \(AB = 12cm\) nên bán kính của (O) bằng 6cm.

Lại có: \(\widehat {{O_2}} = \widehat {{O_3}} = \frac{1}{2}\widehat {COD} = {50^o},\)

\(\widehat {AOC} = \widehat {AOE} + \widehat {{O_2}} = {90^o} + {50^o} = {140^o}\).

Vì AOD là góc ở tâm chắn cung nhỏ AD nên sđ$\overset\frown{AD}$_nhỏ\( = \widehat {AOD} = {90^o} - \widehat {{O_2}} = {40^o}\).

Độ dài cung nhỏ AD là:

\({l_{AD}} = \frac{{40}}{{180}}.\pi .6 = \frac{4}{3}\pi \left( {cm} \right)\)

Vì AOC là góc ở tâm chắn cung nhỏ AC nên sđ$\overset\frown{AC}$_lớn\( = {360^o} - \widehat {AOC} = {220^o}\).

Độ dài cung lớn AC là:

\({l_{AC}} = \frac{{220}}{{180}}.\pi .6 = \frac{{22}}{3}\pi \left( {cm} \right)\)

d) \(\widehat {BOD} = \widehat {BOE} + \widehat {{O_2}} = {90^o} + {50^o} = {140^o}\).

Vì BOD là góc ở tâm chắn cung nhỏ BD nên sđ$\overset\frown{BD}$_nhỏ\( = \widehat {BOD} = {140^o}\).

Diện tích hình quạt tròn ứng với cung nhỏ BD là:

\({S_q} = \frac{{140}}{{360}}.\pi {.6^2} = 14\pi \left( {c{m^2}} \right)\).

Đề bài

Cho tam giác vuông ABC (\(\widehat A = {90^o}\)) có \(\widehat C = {30^o}\) và AB=3cm. Đường phân giác của góc B cắt AC tại D.

a) Chứng minh rằng đường tròn (D; DA) tiếp xúc với cạnh BC.

b) Tính độ dài cung nằm trong góc BDC của đường tròn (D; DA) và diện tích hình quạt tròn tương ứng với cung ấy.

c) Tính diện tích hình vành khuyên tạo bởi hai đường tròn (D; DA) và (D; DC).

Lời giải chi tiết

a) Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với BC, cắt BC tại E.

Vì BD là phân giác của góc ABC, AD vuông góc với AB tại A, DE vuông góc với BC tại E nên \(AD = DE\). Do đó, đường tròn (D; DA) tiếp xúc với cạnh BC tại E.

b) Tam giác ABC vuông tại A nên

\(\widehat {ABC} = {90^o} - \widehat {BCA} = {60^o}\).

Vì BA là tia phân giác của góc ABC nên

\(\widehat {ABD} = \widehat {DBC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} = {30^o}\).

Tam giác ABD vuông tại A nên

\(AD = AB.\tan \widehat {ABD} = 3.\tan {30^o} = \sqrt 3 \left( {cm} \right)\).

Tam giác BDC có:

\(\widehat {BDC} = {180^o} - \widehat {DBC} - \widehat {DCB} = {120^o}\).

Do đó, cung nằm trong góc BDC của đường tròn (D; DA) có số đo bằng \({120^o}\).

Độ dài cung nằm trong góc BDC của đường tròn (D; DA) là:

\(l = \frac{{120}}{{180}}.\pi .\sqrt 3  = \frac{{2\sqrt 3 \pi }}{3}\left( {cm} \right)\).

Diện tích hình quạt tròn của cung nằm trong góc BDC của đường tròn (D; DA) là:

\(S = \frac{{120}}{{360}}.\pi .{\left( {\sqrt 3 } \right)^2} = \pi \left( {c{m^2}} \right)\)

c) Tam giác ABC vuông tại A nên

\(AC = AB.\cot \widehat {ACB} = 3.\cot {30^o} = 3\sqrt 3 \left( {cm} \right)\).

Do đó, \(DC = AC - AD = 2\sqrt 3 \left( {cm} \right)\)

Diện tích hình vành khuyên tạo bởi hai đường tròn (D; DA) và (D; DC) là:

\({S_{vk}} = \pi \left( {D{C^2} - D{A^2}} \right) \\= \pi \left[ {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} \right] \\= 9\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Đề bài

Từ điểm P nằm ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến PA và PB đến đường tròn (A và B là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh rằng \(PO \bot AB\).

b) Gọi C là điểm đối xứng với A qua O. Chứng minh rằng BC//PO.

c) Tính độ dài các cạnh của tam giác PAB, biết OA=3cm và OP=5cm.

Lời giải chi tiết

a) Vì PA và PB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại P của (O) nên \(PA = PB\), PO là tia phân giác của góc APB.

Vì \(PA = PB\) nên tam giác PAB cân tại P. Do đó, PO là đường phân giác đồng thời là đường trung trực của tam giác ABP. Suy ra: \(PO \bot AB\).

b) Vì C là điểm đối xứng với A qua O nên \(OA = OC\). Do đó, C thuộc (O).

Vì \(OB = OC = OA = \frac{1}{2}AC\) nên tam giác BAC có trung tuyến BO có độ dài bằng nửa độ dài cạnh AC nên tam giác ABC vuông tại B. Do đó, \(BA \bot BC\). Mà \(PO \bot AB\)(cmt) nên BC//PO.

c) Vì PA tiếp xúc với (O) tại A nên \(PA \bot OA\).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác OAP vuông tại A có: \(O{A^2} + A{P^2} = O{P^2}\) nên \(PA = \sqrt {O{P^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4\left( {cm} \right)\)

Do đó, \(PA = PB = 4cm\)

Gọi H là giao điểm của PO và AB. Theo a ta có: \(AH \bot OP\) và \(AB = 2AH\).

Ta có: \(AH.OP = OA.PA\left( { = 2{S_{\Delta AOP}}} \right)\) nên \(AH = \frac{{OA.AP}}{{OP}} = \frac{{3.4}}{5} = 2,4\left( {cm} \right)\).

Do đó, \(AB = 2AH = 2.2,4 = 4,8\left( {cm} \right)\).

Đề bài

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Từ B và từ C kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (A; AH) lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng:

a) Hai điểm D và E đối xứng với nhau qua A;

b) DE tiếp xúc với đường tròn đường kính BC.

Lời giải chi tiết

a) Vì \(BC \bot AH\) tại H nên BC là tiếp tuyến của (A), mà BD là tiếp tuyến của (A) nên AB là phân giác của góc DAH, suy ra \(\widehat {DAH} = 2\widehat {BAH} = 2\widehat {DAB}\).

Chứng minh tương tự ta có: \(\widehat {HAE} = 2\widehat {HAC} = 2\widehat {CAE}\).

Tam giác ABC vuông tại A nên \(\widehat {BAH} + \widehat {HAC} = {90^o}\).

Ta có: \(\widehat {DAH} + \widehat {HAE} = 2\widehat {BAH} + 2\widehat {HAC} \\= 2\left( {\widehat {BAH} + \widehat {HAC}} \right) = {2.90^o} = {180^o}\)

Do đó, ba điểm D, A, E thẳng hàng.

Vì D, E thuộc (A; AH) nên \(AE = AD\). Do đó, D và E đối xứng với nhau qua A.

b) Gọi O là trung điểm của BC.

Tam giác ABC vuông tại A có AO là đường trung tuyến nên \(AO = OB = OC\). Do đó, A thuộc đường tròn tâm O, đường kính BC.

Ta có:

\(\widehat {HBA} + \widehat {{C_1}} = \widehat {{C_1}} + \widehat {HAC}\left( { = {{90}^o}} \right)\) nên \(\widehat {HBA} = \widehat {HAC}\).

Mà \(\widehat {HAC} = \widehat {CAE}\) nên \(\widehat {HBA} = \widehat {CAE}\)

Vì \(AO = OC\) nên tam giác AOC cân tại O, suy ra \(\widehat {{C_1}} = \widehat {{A_1}}\)

Tam giác ABC vuông tại A nên \(\widehat {{B_1}} + \widehat {{C_1}} = {90^o}\), suy ra \(\widehat {{A_2}} + \widehat {{A_1}} = {90^o}\) hay \(\widehat {OAE} = {90^o}\).

Do đó, \(DE \bot OA\) tại A.

Do đó, DE tiếp xúc với đường tròn đường kính BC tại A.

Đề bài

Cho đường tròn (O), đường thẳng a tiếp xúc với (O) tại A, đường thẳng b tiếp xúc với (O) tại B sao cho a//b. Gọi C là một điểm tùy ý thuộc (O), khác A và B. Tiếp tuyến c của (O) tại C cắt a và b lần lượt tại M và N.

a) Chứng minh AB là một đường kính của (O).

b) Gọi D, P và Q lần lượt là các điểm đối xứng với C, M và N qua tâm O. Chứng minh rằng \(D \in \left( O \right),P \in b\) và \(Q \in a\).

c) Chứng minh rằng PQ tiếp xúc với (O) tại D.

d) Chứng minh tứ giác MNPQ là một hình thoi.

Lời giải chi tiết

a) Vì a tiếp xúc với (O) tại A hay a là tiếp tuyến của (O) tại A. Do đó, \(a \bot OA\).

Vì b tiếp xúc với (O) tại B hay b là tiếp tuyến của (O) tại B. Do đó, \(b \bot OB\).

Lại có: a//b. Do đó, ba điểm O, A, B thẳng hàng.

Vì \(OA = OB\) nên AB là đường kính của (O).

b) Vì C thuộc (O) và D đối xứng với C qua O nên do tính đối xứng của đường tròn, suy ra D thuộc (O).

Tứ giác AMBP có: \(OA = OB\), \(OM = OP\) (P đối xứng với M qua O) nên tứ giác AMBP là hình bình hành, suy ra BP//AM. Vì M, A thuộc đường thẳng a nên BP//a.

Mà b//a nên đường thẳng \(BP \equiv b\). Khi đó, P thuộc b.

Chứng minh tương tự ta có Q thuộc a. 

c) Tam giác COM và tam giác DOP có: \(OM = OP,OC = OD\) (vì D đối xứng với C qua O), \(\widehat {MOC} = \widehat {POD}\) (hai góc đối đỉnh) nên \(\Delta COM = \Delta DOP\left( {c.g.c} \right)\), suy ra \(\widehat {PDO} = \widehat {MCO} = {90^o}\).

Tương tự ta có: \(\Delta CON = \Delta DOQ\left( {c.g.c} \right)\), suy ra \(\widehat {QDO} = \widehat {NCO} = {90^o}\).

Ta có: \(\widehat {PDO} + \widehat {QDO} = \widehat {QDP} = {180^o}\) nên ba điểm P, D, Q thẳng hàng và PQ là tiếp tuyến của (O) tại D.

d) Tứ giác MNPQ có hai đường chéo MP và NQ cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường nên MNPQ là hình bình hành.

Vì MA và MC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M của (O) nên OM là tia phân giác của góc AOC.

Do đó, \(\widehat {AOM} = \widehat {MOC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC}\).

Vì NB và NC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại N của (O) nên ON là tia phân giác của góc BOC.

Do đó, \(\widehat {BON} = \widehat {NOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\).

Ta có:

\(\widehat {MOC} + \widehat {NOC} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {AOC} + \widehat {BOC}} \right) \\= \frac{1}{2}{.180^o} = {90^o}.\)

Suy ra \(\widehat {MON} = {90^0}\) nên MP\( \bot \) NQ tại O.

Hình bình hành MNPQ có đường chéo MP vuông góc với NQ tại O.

Do đó, MNPQ là hình thoi.

Đề bài

Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài với nhau tại A, hai điểm \(B \in \left( O \right)\) và \(C \in \left( {O'} \right)\) sao cho B và C nằm cùng phía đối với đường thẳng OO’ và OB//O’C.

a) Chứng minh góc BAC là góc vuông.

b) Cho biết \(R = 3cm\), \(R' = 1cm\) và BC cắt OO’ tại D. Tính độ dài đoạn OD.

Lời giải chi tiết

a) Vì \(OA = OB\) (bán kính của (O)) nên tam giác AOB cân tại O. Do đó, \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{B_1}}\).

Tam giác AOB có:

\(\widehat {{A_1}} + \widehat {{O_1}} + \widehat {{B_1}} = 2\widehat {{A_1}} + \widehat {{O_1}} = {180^o}\) nên \(2\widehat {{A_1}} = {180^o} - \widehat {{O_1}}\).

Vì \(O'A = O'C\) (bán kính của (O’)) nên tam giác AO’C cân tại O’. Do đó, \(\widehat {{A_2}} = \widehat {O'CA}\).

Tam giác AO’C có:

\(\widehat {{A_2}} + \widehat {O{'_1}} + \widehat {O'CA} = 2\widehat {{A_2}} + \widehat {O{'_1}} = {180^o}\) nên \(2\widehat {{A_2}} = {180^o} - \widehat {O{'_1}}\).

Do đó:

\(2\left( {\widehat {{A_1}} + \widehat {{A_2}}} \right) = {360^o} - \left( {\widehat {{O_1}} + \widehat {O{'_1}}} \right)\) (1)

Vì OB//O’C nên \(\widehat {{O_2}} = \widehat {O{'_1}}\) (hai góc đồng vị).

Lại có: \(\widehat {{O_2}} + \widehat {{O_1}} = {180^o}\) nên \(\widehat {{O_1}} + \widehat {O{'_1}} = {180^o}\) (2).

Từ (1) và (2) ta có:

\(2\left( {\widehat {{A_1}} + \widehat {{A_2}}} \right) = {360^o} - {180^o} = {180^o}\) nên \(\widehat {{A_1}} + \widehat {{A_2}} = {90^o}\), suy ra \(\widehat {BAC} = {90^o}\).

b) Ta có: \(OA = OB = R = 3cm,O'A = O'C = R' = 1cm\).

Tam giác DOB có O’C//OB nên

\(\frac{{DO}}{{DO'}} = \frac{{OB}}{{O'C}} = \frac{3}{1}\) (3)

Lại có:

\(DO' = DO - OO' = DO - \left( {OA + O'A} \right) \\= DO - \left( {3 + 1} \right) = DO - 4 \;(4)\)

Từ (3) và (4) ta có:

\(\frac{{DO}}{{DO - 4}} = \frac{3}{1}\), suy ra \(DO = 3\left( {DO - 4} \right)\), hay \(2DO = 12\), suy ra \(DO = 6cm\).

Đề bài

Cho đường tròn tâm O, đường kính MN. Một đường tròn (N) cắt (O) tại A và B.

a) Chứng minh rằng MA và MB là hai tiếp tuyến của (N).

b) Đường thẳng qua N và vuông góc với NA cắt MB tại C. Chứng minh hai điểm M và N đối xứng với nhau qua OC.

c) Đường thẳng qua M và vuông góc với MA cắt NB tại D. Chứng minh ba điểm O, C và D thẳng hàng.

Lời giải chi tiết

a) Vì M, A, N, B thuộc (O) nên \(OA = OB = OM = ON\).

Tam giác MAN có \(OA = OM = ON = \frac{1}{2}MN\), tức là trung tuyến OA có độ dài bằng nửa độ dài cạnh MN nên tam giác MAN vuông tại A.

Do đó, \(MA \bot AN\) tại A.

Mà A thuộc (N) nên MA là tiếp tuyến của (N).

Tam giác MBN có \(OB = OM = ON = \frac{1}{2}MN\), tức là trung tuyến OB có độ dài bằng nửa độ dài cạnh MN nên tam giác MBN vuông tại B.

Do đó, \(MB \bot BN\) tại B.

Mà B thuộc (N) nên MB là tiếp tuyến của (N).

b) Vì AM//NC (cùng vuông góc với AN) nên \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{N_1}}\).

Vì MA và MB là hai tiếp tuyến cắt nhau của (N) nên MN là phân giác của góc AMB.

Do đó, \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{M_2}}\).

Do đó, \(\widehat {{M_2}} = \widehat {{N_1}}\).

Suy ra, tam giác CMN cân tại C.

Do đó, trung tuyến CO (vì \(OM = ON\)) đồng thời là đường trung trực của MN.

Do đó, hai điểm M và N đối xứng với nhau qua OC.

c) Vì \(MA \bot MD\) và MD//AC (cùng vuông góc với MA) nên \(\widehat {DMN} = \widehat {ANM}\).

Vì MA và MB là hai tiếp tuyến cắt nhau của (N) nên NM là phân giác của góc ANB.

Do đó, \(\widehat {DNM} = \widehat {ANM}\) 

Do đó, \(\widehat {DMN} = \widehat {DNM}\) nên tam giác DMN cân tại D, suy ra D nằm trên đường trung trực CO của MN.

Vậy ba điểm O, C và D thẳng hàng.