SBT Toán 9 Bài tập ôn chương 3: Góc với đường tròn | Giải SBT Toán lớp 9

Giải SBT Toán 9 Bài tập ôn chương 3: Góc với đường tròn

Bài 73 trang 113 SBT Toán 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 các tiếp tuyến trên lần lượt tại $B^{\prime }$ và $A^{\prime }.$

$a)$ Chứng minh rằng ${\mathrm{A}\mathrm{A}}^{\prime }.B{B}^{\prime }=A{B}^2$

$b)$ Chứng minh rằng 

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Nếu hai tam giác đồng dạng ta suy ra các cạnh tương ứng tỉ lệ.

+) Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

+) Trong tam giác vuông, bình phương cạnh góc vuông bằng tích cạnh huyền và hình chiếu của cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền.

Lời giải:

$a)$ Xét $∆A{A}^{\prime }B$ và $∆B{B}^{\prime }A:$

$\widehat{A^{\prime }AB}=\widehat{B^{\prime }BA}={90}^0$

$\widehat{B{B}^{\prime }A}=\widehat{AB{A}^{\prime }}$ (vì cùng phụ với $\widehat{BA{B}^{\prime }}$)

Suy ra: $∆A{A}^{\prime }B$ đồng dạng $∆BA{B}^{\prime }(g.g)$

$\frac{A{A}^{\prime }}{BA}=\frac{AB}{BB}\Rightarrow A{A}^{\prime }.B{B}^{\prime }=A{B}^2$

$b)$ $\widehat{AMB}={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow AM\mathrm{\perp }{A}^{\prime }B$

$∆A{A}^{\prime }B$ vuông tại $A.$ Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

$AA{}^{\prime 2}=A^{\prime }M.A^{\prime }B$

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

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Nếu $C$ là một điểm trên cung $AB$ thì: $sđ\stackrel{⏜}{AB}=sđ\stackrel{⏜}{AC}+sđ\stackrel{⏜}{CB}.$

+) Số đo của nửa đường tròn bằng ${180}^o.$

+) Tứ giác có bốn cạnh bằng nhau là hình thoi.

+) Trong hình thoi, hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Lời giải:

Lục giác đều $ABCDEF$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$

$\stackrel{⏜}{AB}=\stackrel{⏜}{CB}=\stackrel{⏜}{CD}=\stackrel{⏜}{DE}$$=\stackrel{⏜}{EF}$$=\stackrel{⏜}{FA}={60}^{\circ }$

$\Rightarrow$ $sđ\stackrel{⏜}{ABCD}$$=sđ\stackrel{⏜}{AB}+sđ\stackrel{⏜}{BC}+sđ\stackrel{⏜}{CD}$$={180}^{\circ }$

Nên $AD$ là đường kính của đường tròn $(O)$

Ta có: $OA=OB=OF=AB=AF=R$

Nên tứ giác $ABOF$ là hình thoi

Gọi giao điểm của $AD$ và $BF$ là $H$

Ta có: $FB\mathrm{\perp }OA$ (tính chất hình thoi)

$\Rightarrow AH=HO=\frac{AO}{2}=\frac{R}{2}$

$HD=HO+OD=\frac{R}{2}+R=\frac{3R}{2}$

Suy ra: $\frac{AH}{HD}=\frac{\frac{R}{2}}{\frac{3R}{2}}=\frac{1}{3}$

Bài 75 trang 114 SBT Toán 9 tập 2: Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn. Dựng điểm $M$ nằm trong tam giác $ABC$ sao cho $\widehat{AMB}=\widehat{BMC}=\widehat{CMA}$

Phương pháp giải:

* Phân tích: 

+) Giả sử đã có một hình thỏa mãn điều kiện bài toán

+) Chọn ra các yếu tố dựng được ngay (đoạn thẳng, tam giác,…)

+) Đưa việc dựng các điểm còn lại về các phép dựng hình cơ bản và các bài toán dựng hình cơ bản (Mỗi điểm thường được xác định là giao của hai đường.)

* Cách dựng: Nêu thứ tự từng bước dựng hình, đồng thời thể hiện các nét dựng trên hình vẽ.

Lời giải:

Phân tích: 

Giả sử $M$ là điểm nằm trong $∆ABC$ sao cho $\widehat{AMB}=\widehat{BMC}=\widehat{CMA}$

Vì $\widehat{AMB}+\widehat{BMC}+\widehat{CMA}={360}^{\circ }$

Nên $\widehat{AMB}=\widehat{BMC}$$=\widehat{CMA}={360}^{\circ }:3={120}^0$

Khi đó, điểm $M$ nhìn các cạnh $AB,BC,AC$ của $∆ABC$ dưới $1$ góc bằng ${120}^{\circ }$ 

Cách dựng:

– Dựng cung chứa góc ${120}^{\circ }$ vẽ trên đoạn $BC.$

– Dựng cung chứa góc ${120}^{\circ }$ 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 9 tập 2: Hai ròng rọc có tâm $O,O^{\prime }$ và bán kính $R=4a,$ $R^{\prime }=a.$ Hai tiếp tuyến chung $MN$ và $PQ$ cắt nhau tại $A$ theo góc ${60}^{\circ }.$ Tìm độ dài của dây cua- roa mắc qua hai ròng rọc.

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Nếu hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau tại một điểm thì tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến.

+) Trong tam giác vuông, bình phương mỗi cạnh góc vuông bằng cạnh góc vuông kia nhân với cotang góc kề.

+) Trong đường tròn $R,$ độ dài $l$ của một cung $n^{\circ }$ được tính theo công thức: $l=\frac{\pi Rn}{180}.$

Lời giải:

+) Vì hai tiếp tuyến chung của đường tròn $(O)$ và $(O^{\prime })$ cắt nhau tại $A$ nên $O,O^{\prime },A$ thẳng hàng.

$\widehat{OAM}=\widehat{OAP}=\frac{1}{2}\widehat{MAP}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow \widehat{OAM}={30}^0$  

+) Trong tam giác vuông $OMA$ có $\widehat{OMA}={90}^0$

$\Rightarrow MA=OM.\cot \widehat{OAM}$

$=4a\cot {30}^0=4a\sqrt{3}$

+) Trong tam giác vuông $O^{\prime }NA$ có $\widehat{O^{\prime }NA}={90}^0$

$\Rightarrow NA=O^{\prime }N\cot \widehat{O^{\prime }AN}$$=a\cot {30}^0=a\sqrt{3}$

Từ đó: $MN=MA-NA$$=4a\sqrt{3}-a\sqrt{3}=3a\sqrt{3}$

+) Trong tứ giác $O^{\prime }NAQ$ có $\hat{N}=\hat{Q}={90}^0$; $\hat{A}={60}^0$

Suy ra: $\widehat{N{O}^{\prime }Q}={360}^0-({90}^0+{90}^0+{60}^0)$$={120}^0$ (tổng bốn góc trong tứ giác bằng ${360}^0)$

Độ dài cung nhỏ $\stackrel{⏜}{NQ}$ là: $l_1=\frac{\pi .a.120}{180}=\frac{2\pi a}{3}$

+) Trong tứ giác $OMAP$ có $\hat{M}=\hat{P}={90}^0$; $\hat{A}={60}^0$

Suy ra: $\widehat{MOP}={360}^0-({90}^0+{90}^0+{60}^0)$$={120}^0$ (tổng bốn góc trong tứ giác bằng ${360}^0)$ nên số đo cung nhỏ $\stackrel{⏜}{MP}$ bằng ${120}^0$

  $sđ\stackrel{⏜}{MnP}$ $={360}^0-{120}^0={240}^0$

Độ dài cung lớn $\stackrel{⏜}{MnP}$ là $l_2=\frac{\pi .4a.240}{180}=\frac{16\pi a}{3}$

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

$2MN+l_1+l_2$$=2.3a\sqrt{3}+\frac{2\pi a}{3}+\frac{16\pi a}{3}$

$=6a\sqrt{3}+6\pi a=6a\left(\sqrt{3}+\pi \right)$

Bài 77 trang 114 SBT Toán 9 tập 2: Tính diện tích phần gạch sọc trên hình sau (theo kích thước đã cho trên hình)

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Trong tam giác vuông, bình phương cạnh góc vuông bằng cạnh huyền nhân với $\sin$ góc đối hoặc $\cos$ góc kề.

+) Diện tích hình thang bằng nửa tổng hai đáy nhân với chiều cao.

+) Diện tích hình quạt tròn bán kính $R,$ cung $n^{\circ }$ được tính theo công thức: $S=\frac{\pi R^{2}n}{360}.$ 

Lời giải:

Diện tích phần gạch sọc là hiệu giữa diện tích hình thang $ABCD$ và diện tích hình quạt tròn có góc ở tâm ${30}^0$ của đường tròn bán kính bằng a.

Từ $D$ kẻ $DH\mathrm{\perp }BC$, suy ra $ADHB$ là hình chữ nhật. 

Trong tam giác vuông $HDC$ có $\widehat{DHC}={90}^0$

$DH=DC.\sin \hat{C}=a.\sin {30}^0=\frac{a}{2}$

$CH=DC.\cos \hat{C}=a.\cos {30}^0=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$BH=BC-HC=a-\frac{a\sqrt{3}}{2}$$=\frac{a\left(2-\sqrt{3}\right)}{2}$

$\Rightarrow AD=BH=\frac{a\left(2-\sqrt{3}\right)}{2}$ (do $ADHB$ là hình chữ nhật) 

Diện tích của hình thang $ABCD$ bằng:

$\frac{AD+BC}{2}.DH$$=\frac{\frac{a\left(2-\sqrt{3}\right)}{2}+a}{2}.\frac{a}{2}$

$=\frac{a^2\left(4-\sqrt{3}\right)}{8}$

Diện tích hình quạt tròn bằng: $\frac{\pi .a^2.30}{360}=\frac{\pi a^2}{12}$

Diện tích phần gạch sọc:

$S=\frac{a^2\left(4-\sqrt{3}\right)}{8}-\frac{\pi a}{12}$

$=\frac{3a^2\left(4-\sqrt{3}\right)-2\pi a^2}{24}$

$=\frac{a^2}{24}\left(12-3\sqrt{3}-2\pi \right)$

Bài 78 trang 114 SBT Toán 9 tập 2: Cho tam giác $AHB$ có $\hat{H}={90}^{\circ },\hat{A}={30}^{\circ }$ và $BH=4cm.$ Tia phân giác của 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.

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Tính chất tia phân giác của một góc: Điểm nằm trên tia phân giác của một góc thì cách đều hai cạnh của góc đó.

+) Trong tam giác vuông, bình phương mỗi cạnh góc vuông bằng cạnh góc vuông kia nhân với $\tan$ góc đối.

+) Trong tam giác vuông, bình phương mỗi cạnh góc vuông bằng cạnh huyền nhân với $\cos$ góc kề.

+) Diện tích $S$ của một hình tròn bán kính $R$ được tính theo công thức: $S=\pi .R^2$.

Lời giải:

$a)$ Kẻ $OK\mathrm{\perp }AB$ tại $K$ 

Vì $BO$ là đường phân giác của $\hat{B}$ (gt)

$\Rightarrow OK=OH$ (tính chất đường phân giác)

Suy ra: $OK$ cũng là bán kính của đường tròn $(O;OH)$

Vậy đường tròn $(O;OH)$ tiếp xúc với $AB$ tại $K.$ 

$b)$ $\mathrm{\Delta }AHB$ có $\hat{H}={90}^0$; $\hat{A}={30}^0$

Suy ra: $\hat{B}={60}^0\Rightarrow \widehat{ABO}=\frac{1}{2}\hat{B}={30}^0$

Suy ra: $∆OAB$ cân tại $O$ nên $OB=OA$

Vậy $B\in (O;OA)$

$∆BHO$ có $\hat{H}={90}^0$; $\widehat{OBH}={30}^0$

$OH=BH.\tan {30}^0$$=4.\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}(cm)$

$OB=\frac{BH}{\cos \widehat{OBH}}$$=\frac{4}{\cos {30}^0}=\frac{4}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$ $(cm)$

Diện tích đường tròn nhỏ: $S_1=\pi {\left(\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)}^2=\frac{16\pi }{3}$  $(c{m}^2)$

Diện tích đường tròn lớn: $S_2=\pi {\left(\frac{8\sqrt{3}}{3}\right)}^2=\frac{64\pi }{3}$ $(c{m}^2)$

Diện tích hình vành khăn:

$S=S_2-S_1=\frac{64\pi }{3}-\frac{16\pi }{3}$$=\frac{48\pi }{3}=16\pi$ $(c{m}^2)$

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

$a)$ Tìm quỹ tích điểm $D$

$b)$ Tính diện tích phần chung của hai nửa hình tròn đường kính $AB$ và $AE.$

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Trong một đường tròn, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.

+) Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

+) Tứ giác có bốn cạnh bằng nhau là hình thoi.

+) Hình thoi có một góc vuông là hình vuông.

+) Diện tích hình quạt tròn bán kính $R,$ cung $n^{\circ }$ được tính theo công thức: $S=\frac{\pi R^{2}n}{360}.$

+) Trong đường tròn $R,$ độ dài $l$ của một cung $n^{\circ }$ được tính theo công thức: $l=\frac{\pi Rn}{180}.$

Lời giải:

$a)$ Chứng minh thuận

Nối $DE.$ Xét $∆ABC$ và $∆AED:$

$AB=AE(gt)$

$AD=BC(gt)$

$\widehat{EAD}=\widehat{ABC}$ (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung)

Suy ra: $∆ABC=∆EAD(c.g.c)$

$\Rightarrow \widehat{EDA}=\widehat{ACB}$

Mà $\widehat{ACB}={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \widehat{EDA}={90}^0$

Điểm $C$ chuyển động trên nửa đường tròn đường kính $AB$ thì điểm $D$ luôn nhìn đoạn $AE$ cố định dưới một góc bằng ${90}^0$ nên điểm $D$ nằm trên nửa đường tròn đường kính $AE$ nằm trong nửa mặt phẳng bờ $AE$ chứa nửa đường tròn đường kính $AB.$

Chứng minh đảo:

Trên nửa đường tròn đường kính $AE$ lấy điểm $D^{\prime }$ bất kỳ, đường thẳng $A{D}^{\prime }$ cắt nửa đường tròn đường kính $AB$ tại $C^{\prime }.$ Nối $E{D}^{\prime },B{C}^{\prime }.$

Xét $∆A{D}^{\prime }E$ và $∆B{C}^{\prime }A:$

$\widehat{D^{\prime }}=\widehat{C^{\prime }}={90}^0$ (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$AE=AB(gt)$

$\widehat{EAD}=\widehat{AB{C}^{\prime }}$ ($2$ góc cùng phụ $\widehat{C^{\prime }AB}$)

Suy ra: $∆A{D}^{\prime }E=∆B{C}^{\prime }A$ (cạnh huyền, góc nhọn)

$\Rightarrow A{D}^{\prime }=B{C}^{\prime }$

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

$b)$

 

Gọi tâm hai nửa đường tròn đường kính $AB$ và $AE$ lần lượt là $O$ và $O^{\prime },$ giao điểm thứ hai của hai đường tròn là $M$

Ta có: $OA=OM=O^{\prime }A=O^{\prime }M$ (vì $AB=AE$)

Suy ra tứ giác $AOM{O}^{\prime }$ là hình thoi.

Ta lại có: $\hat{A}={90}^0$ nên tứ giác $AOM{O}^{\prime }$ là hình vuông

Vậy tứ giác $AOM{O}^{\prime }$ là hình vuông

Diện tích phần chung của hai nửa hình tròn bằng diện tích hai quạt tròn có cung $\stackrel{⏜}{AmM}$ trừ đi diện tích hình vuông

 

Diện tích hình quạt tròn $AOM$ bằng:

$\frac{\pi {\left(\frac{AB}{2}\right)}^2.90}{360}=\frac{\pi A{B}^2}{16}$

Diện tích của hình vuông $AOM{O}^{\prime }$ bằng:

${\left(\frac{AB}{2}\right)}^2=\frac{A{B}^2}{4}$

Diện tích phần chung bằng:

$2.\frac{\pi A{B}^2}{16}-\frac{A{B}^2}{4}=\frac{\pi A{B}^2}{8}-\frac{2A{B}^2}{8}$

$=\frac{A{B}^2}{8}\left(\pi -2\right)$  (đơn vị diện tích)

Bài tập bổ sung (trang 114,115,116 SBT Toán 9)

Bài III.1 trang 114 SBT Toán 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.

$b)$ $AT=4AH.$

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Trong một đường tròn, số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của góc ở tâm chắn cùng chắn một cung.

+) Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

+) Sử dụng tính chất đường trung trực: Điểm cách đều hai đầu mút của một đoạn thẳng thì nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng đó.

Lời giải:

$a)$ Trong đường tròn $(B)$ ta có: 

$\widehat{AMC}=\frac{1}{2}\widehat{ABC}$ (hệ quả góc nội tiếp) mà $\widehat{ABC}={60}^{\circ }$ (vì $∆ABC$ đều)

$\Rightarrow \widehat{AMC}={30}^{\circ }$

$\widehat{AME}={90}^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $(B)$)

$\Rightarrow \widehat{AMT}={90}^{\circ }$

$\widehat{TMN}=\widehat{AMT}-\widehat{AMC}$$={90}^{\circ }-{30}^{\circ }={60}^{\circ }$

Trong đường tròn $(D)$ ta có:

$\widehat{ANC}=\frac{1}{2}\widehat{ADC}$ (Hệ quả góc nội tiếp) mà $\widehat{ADC}={60}^{\circ }$ (vì $∆ADC$ đều) $\Rightarrow \widehat{ANC}={30}^{\circ }$

$\widehat{ANF}={90}^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $(D)$)

$\Rightarrow \widehat{ANC}+\widehat{CNF}={90}^{\circ }$

$\Rightarrow \widehat{CNF}={90}^{\circ }-\widehat{ANC}$$={90}^{\circ }-{30}^{\circ }={60}^{\circ }$ hay $\widehat{MNT}={60}^{\circ }$

Vậy $∆TMN$ đều.

$b)$ $\widehat{AMC}=\widehat{ANC}={30}^{\circ }$ (theo câu a)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }AMN$ cân tại $A$ $\Rightarrow AM=AN$ nên $A$ nằm trên đường trung trực $MN$

Vì $∆TMN$ đều $\Rightarrow TM=TN$ nên $T$ nằm trên đường trung trực $MN$

Suy ra $AT$ là đường trung trực của $MN$ nên $AT\perp MN$

$∆AHM$ có $\widehat{AHM}={90}^{\circ }$

$AM=\frac{AH}{\sin M}=\frac{AH}{\sin {30}^{\circ }}$$=\frac{AH}{\frac{1}{2}}=2AH$     $(1)$

Vì  $∆TMN$ đều có $TH\perp MN$ nên $TH$ cũng là đường phân giác của $\hat{T}$ nên $\widehat{MTA}={30}^{\circ }$

$∆AMT$ có $\widehat{AMT}={90}^{\circ }$

 

$AT=\frac{AM}{\sin \widehat{MTA}}=\frac{AM}{\frac{1}{2}}=2AM$$(2)$

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

Vậy $AT=4AH.$

Bài III.2 trang 115 SBT Toán 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 $AD.$
Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Nếu một đường thẳng là tiếp tuyến của một đường tròn thì nó vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm.

+) Trong một đường tròn, đường kính đi trung điểm của một dây không đi qua tâm thì vuông góc với dây ấy. 

+) Các đỉnh của một đa giác cùng nhìn một cạnh dưới một góc vuông thì đa giác đó nội tiếp.

+) Trong một đường tròn, các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau.

Lời giải:

Xét đường tròn $(O)$ có $MA\perp OA$ (tính chất tiếp tuyến)

$\Rightarrow \widehat{MAO}={90}^{\circ }$

$MB\perp OB$ (tính chất tiếp tuyến)

$\Rightarrow \widehat{MBO}={90}^{\circ }$

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

$\Rightarrow OI\perp CD$ (đường kính đi qua điểm chính giữa của dây không đi qua tâm thì vuông góc với dây đó)

$\Rightarrow \widehat{MIO}={90}^{\circ }$

Từ đó: $A,B,I$ nhìn $MO$ cố định dưới một góc bằng ${90}^{\circ }$ nên $A,B,I$ nằm trên đường tròn bán kính $MO.$

$\Rightarrow \widehat{AMI}=\widehat{ABI}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ $AOI$)

 Lại có  $CH\perp AO$$(gt)$ mà $MA\perp OA$ (chứng minh trên)

Suy ra: $CH//MA$

Do đó: $\widehat{AMI}=\widehat{HCI}$ (hai góc đồng vị)

Suy ra: $\widehat{HCI}=\widehat{ABI}$ $(=\widehat{AMI})$ hay $\widehat{HCI}=\widehat{HBI}$

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

$\Rightarrow \widehat{CBH}=\widehat{CIH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ $\stackrel{⏜}{CH}$) hay $\widehat{CBA}=\widehat{CIH}$$(1)$

Trong đường tròn $(O)$ ta có:

$\widehat{CBA}=\widehat{CDA}$ ($2$ góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ $\stackrel{⏜}{AC})$     $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra: $\widehat{CIH}=\widehat{CDA}$ nên $HI//AD$ (vì có cặp góc ở vị trí đồng vị bằng nhau)

(Trường hợp cát tuyến đi qua tâm thì ngũ giác $MAOIB$ suy biến thành tứ giác $MAOB$ chứng minh tương tự ta có $HO//AD$).

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

$(A)$ có đỉnh nằm trên đường tròn.

$(B)$ có hai cạnh là hai dây của đường tròn.

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

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

Phương pháp giải:

Sử dụng định nghĩa: Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh chứa hai dây cung của đường tròn đó.

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 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.

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnh của đa giác được gọi là đường tròn nội tiếp đa 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 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.

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiếnt thức: Tứ giác có hai đỉnh cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau thì tứ giác đó nội tiếp.

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.

Bài III.6 trang 115 SBT Toán 9 tập 2: Quỹ tích các điểm $M$ nhìn đoạn thẳng $AB$ dưới một góc ${120}^{\circ }$ là

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

$(B)$ một đường thẳng song song với $AB.$

$(C)$ một cung chứa góc ${120}^{\circ }$ dựng trên hai điểm $A,B.$

$(D)$ hai cung chứa góc ${120}^{\circ }$ (đối xứng nhau) dựng trên hai điểm $A,B.$

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Với đoạn thẳng $AB$ và góc $\alpha (0^{\circ }<\alpha <{180}^{\circ })$ cho trước thì quỹ tích các điểm $M$ thỏa mãn $\widehat{AMB}=\alpha$ là hai cung chứa góc $\alpha$ dựng trên đoạn $AB.$

+) Hai cung chứa góc $\alpha$ là hai cung tròn đối xứng với nhau qua $AB.$

Lời giải:

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

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

$(A)$ $\pi R;$                     $(B)$ $2\pi R;$

$(C)$ $4\pi R;$                   $(D)$ $8\pi R.$

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức: Độ dài $C$ của một đường tròn có đường kính $d$ là $C=\pi d.$

Lời giải:

Độ dài đường tròn đường kính $8R$ là:

$C=\pi .8R=8\pi R$ 

Suy ra độ dài nửa đường tròn đường kính $8R$ là $4\pi R$

Vây chọn $(C)$ $4\pi R.$

 

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

$(A)$$\frac{1}{2}\pi R^2;$                 $(B)$ $\pi R^2;$   

$(C)$ $2\pi R^2;$                     $(D)$ $4\pi R^2;$ 

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức: Diện tích $S$ của một hình tròn bán kính $R$ được tính theo công thức: $S=\pi .R^2$

Lời giải:

Bán kính hình tròn có đường kính $4R$ là $2R$

Diện tích $S$ của một hình tròn bán kính $2R$ là: $S=\pi .(2R{)}^2=4\pi R^2$

Suy ra diện tích của nửa hình tròn có đường kính $4R$ là: $2\pi R^2$   

Vậy chọn $(C)$ $2\pi R^2$   

Bài III.9 trang 116 SBT Toán 9 tập 2: Cho hình sau. Khi đó, số đo của $\widehat{MFE}$ bằng bao nhiêu$?$

$(A)$ ${50}^{\circ };$               $(B)$ ${80}^{\circ };$

$(C)$ ${130}^{\circ };$             $(D)$ Không tính được.

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Trong một đường tròn, số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn.

+) Nếu $C$ là một điểm trên cung $AB$ thì: $sđ\stackrel{⏜}{AB}=sđ\stackrel{⏜}{AC}+sđ\stackrel{⏜}{CB}.$

+) Số đo của góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn.

+) Trong một đường tròn, số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của góc ở tâm chắn cùng chắn một cung.

Lời giải:

Xé đường tròn $(O),$ ta có: $\widehat{MFE}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{ME}(nhỏ)$ (góc nội tiếp)

$=\frac{1}{2}(sđ\stackrel{⏜}{PM}+sđ\stackrel{⏜}{PE})$

Ta có:

+) $\hat{N}=\frac{1}{2}(sđ\stackrel{⏜}{EF}-sđ\stackrel{⏜}{PM})$ (góc có đỉnh bên ngoài đường tròn)

$\Rightarrow sđ\stackrel{⏜}{EF}=2\hat{N}+sđ\stackrel{⏜}{PM}$

+) $\hat{Q}=\frac{1}{2}(sđ\stackrel{⏜}{MF}-sđ\stackrel{⏜}{PE})$ (góc có đỉnh bên ngoài đường tròn)

$\Rightarrow sđ\stackrel{⏜}{MF}=2\hat{Q}+sđ\stackrel{⏜}{PE}$

$\Rightarrow sđ\stackrel{⏜}{MF}+sđ\stackrel{⏜}{EF}$$=2(\hat{Q}+\hat{N})+(sđ\stackrel{⏜}{PE}+sđ\stackrel{⏜}{PM})$

$\Rightarrow sđ\stackrel{⏜}{ME}(lớn)$$=2(\hat{Q}+\hat{N})+sđ\stackrel{⏜}{ME}(nhỏ)$

Mà $sđ\stackrel{⏜}{ME}(lớn)={360}^{\circ }-sđ\stackrel{⏜}{ME}(nhỏ)$

$\Rightarrow {360}^{\circ }-sđ\stackrel{⏜}{ME}(nhỏ)$$=2(\hat{Q}+\hat{N})+sđ\stackrel{⏜}{ME}(nhỏ)$

$\Rightarrow sđ\stackrel{⏜}{ME}(nhỏ)={180}^{\circ }-(\hat{Q}+\hat{N})$$={180}^{\circ }-({35}^{\circ }+{45}^{\circ })={100}^{\circ }$

Do đó: $\widehat{MFE}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{ME}(nhỏ)$$=\frac{1}{2}{.100}^{\circ }={50}^{\circ }$

Vậy chọn $(A)$ ${50}^{\circ }$ 

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

$(A)$ ${60}^{\circ };$                $(B)$ ${120}^{\circ };$  

$(C)$ ${240}^{\circ };$              $(D)$ Không tính được.

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức: 

+) Trong một đường tròn, số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của góc ở tâm chắn cùng chắn một cung.

Lời giải:

Xét đường tròn $(O),$ ta có: $\widehat{BAC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}$ (số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của góc ở tâm chắn cùng chắn một cung)

Nên $\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}={2.60}^{\circ }={120}^{\circ }$

Vậy chọn  $(B)$ ${120}^{\circ }$

 

Bài III.11 trang 116 SBT Toán 9 tập 2: Hình vuông $XYZT$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R.$ điểm $M$ bất kì thuộc cung nhỏ $XT,$ $\widehat{ZMT}$ có số đo bằng bao nhiêu$?$

$(A)$ ${23}^{\circ }{30}^{\prime };$        $(B)$ ${45}^{\circ };$

$(C)$ ${90}^{\circ };$              $(D)$ Không tính được. 

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức: Trong một đường tròn, số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của góc ở tâm chắn cùng chắn một cung.

Lời giải:

Vì $XYZT$ là hình vuông nên $OT\mathrm{\perp }OZ$, suy ra $\widehat{ZOT}={90}^0$

Xét đường tròn $(O),$ ta có: $\widehat{ZMT}=\frac{1}{2}\widehat{ZOT}$$=\frac{1}{2}{.90}^{\circ }={45}^{\circ }$ (số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của góc ở tâm chắn cùng chắn một cung)

Vậy chọn $(B)$ ${45}^{\circ }$

Bài III.12 trang 116 SBT Toán 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.

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

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

$(D)$ hình chữ nhật.

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Tứ giác có các góc đối bằng nhau là hình bình hành.

+) Hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau là hình thoi.

+) Hình chữ nhật là tứ giác có $4$ góc vuông.

Lời giải:

Ta có: $PQ=PR$ (gt) nên tam giác $PQR$ cân tại P

Suy ra $\widehat{PQR}=\widehat{PRQ}$

Mà $QY,RX$ lần lượt là tia phân giác của các góc $\widehat{PQR},\widehat{PRQ}$

Nên $\widehat{PQY}=\widehat{YQR}$$=\widehat{QRX}=\widehat{XRP}$

Suy ra các cung $PX,PY,QX,RY$ bằng nhau (các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau)

Suy ra $\widehat{PRX}=\widehat{RPY}$ (hai góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau)

Mà hai góc ở vị trí so le trong nên $XR//PY$

Lại có $\widehat{PQY}=\widehat{XPQ}$ (hai góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau)

Mà hai góc ở vị trí so le trong nên $PX//QY$

Suy ra tứ giác $PXKY$ là hình bình hành.

Mà $PX=PY$ (do cung PX bằng cung PY) nên $PXKY$ là hình thoi.

Mặt khác: $\widehat{PXR}\ne {90}^{\circ }$ (vì $PQ$ không phải đường kính)

Do đó: tứ giác $PXKY$ là hình thoi nhưng không phải hình chữ nhật.

Vậy chọn $(C)$ hình thoi và không phải hình chữ nhật.