Hướng dẫn giải bài bác Ôn tập chương II – Đường tròn, sách giáo khoa toán 9 tập một. Nội dung bài giải bài xích 41 42 43 trang 128 sgk toán 9 tập 1 bao hàm tổng hợp công thức, lý thuyết, phương thức giải bài xích tập phần hình học gồm trong SGK toán sẽ giúp đỡ các em học viên học giỏi môn toán lớp 9.
Bạn đang xem: Bài 41 sgk toán 9 tập 1 trang 128
Lý thuyết
Các định nghĩa
1. Đường tròn chổ chính giữa O nửa đường kính R (với R > 0) là hình gồm những điểm giải pháp điểm O một khoảng tầm bằng R.
2. Tiếp tuyến đường của mặt đường tròn là con đường thẳng chỉ có một điểm tầm thường với con đường tròn đó.
Các định lí
1. a) trọng tâm của đường tròn nước ngoài tiếp tam giác vuông là trung điểm của cạnh huyền.
b) giả dụ một tam giác có một cạnh là 2 lần bán kính của con đường tròn ngoại tiếp thì tam giác đó là tam giác vuông.
2. a) Đường tròn là hình bao gồm tâm đối xứng. Trọng điểm của đường tròn là chổ chính giữa đối xứng của mặt đường tròn đó.
b) Đường tròn là hình bao gồm trục đối xứng. Bất kỳ đường kính nào cũng là trục đối xứng của đường tròn.
3. trong các dây của một con đường tròn, dây lớn nhất là con đường kính.
4. Trong một đường tròn:
a) Đường kính vuông góc với 1 dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.
b) Đường kính đi qua trung điểm của một dây không đi qua tâm thì vuông góc cùng với dây ấy.
5. Trong một con đường tròn:
a) Hai dây cân nhau thì phương pháp đều tâm, nhì dây cách đều chổ chính giữa thì bởi nhau.
b) Dây lớn hơn thì gần trọng tâm hơn, dây ngay gần tâm hơn vậy thì lớn hơn.
6. a) Nếu một mặt đường thẳng là tiếp con đường của một đường tròn thì nó vuông góc với nửa đường kính đi qua tiếp điểm.
b) Nếu một mặt đường thẳng đi qua một điểm của mặt đường tròn cùng vuông góc với bán kính đi qua đặc điểm đó thì con đường thẳng ấy là một trong những tiếp tuyến đường của mặt đường tròn.
7. giả dụ hai tiếp đường của một mặt đường tròn cắt nhau ở 1 điểm thì:
a) Điểm đó phương pháp đều nhì tiếp điểm.
b) Tia kẻ từ đặc điểm này đi qua trung tâm là tia phân giác của góc tạo vày hai tiếp tuyến.
c) Tia kẻ từ trọng điểm đi qua đặc điểm này là tia phân giác của góc tạo vày hai bán kính đi qua các tiếp điểm.
8. Nếu hai đường tròn cắt nhau thì con đường nối tâm là con đường trung trực của dây chung.
Dưới đây là Hướng dẫn giải bài bác 41 42 43 trang 128 sgk toán 9 tập 1. Các bạn hãy gọi kỹ đầu bài trước lúc giải nhé!
Bài tập
movingthenationforward.com trình làng với các bạn đầy đủ cách thức giải bài xích tập phần hình học tập 9 kèm bài xích giải chi tiết bài 41 42 43 trang 128 sgk toán 9 tập 1 của bài Ôn tập chương II – Đường tròn cho các bạn tham khảo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài bác tập chúng ta xem dưới đây:
1. Giải bài bác 41 trang 128 sgk Toán 9 tập 1
Cho mặt đường tròn $(O)$ có đường kính $BC$, dây $AD$ vuông góc với $BC$ trên $H$. Hotline $E, F$ theo lắp thêm tự là chân những đường vuông góc kẻ trường đoản cú $H$ mang lại $AB, AC$. Gọi $(I), (K)$ theo thiết bị tự là các đường tròn ngoại tiếp tam giác $HBE, HCF.$
a) Hãy xác xác định trí tương đối của các đường tròn: $(I)$ và $(O), (K)$ với $(O), (I)$ cùng $(K)$.
b) Tứ giác $AEHF$ là hình gì? bởi vì sao?
c) minh chứng đẳng thức $AE.AB = AF.AC$
d) chứng minh rằng $EF$ là tiếp tuyến thông thường của hai tuyến phố tròn $(I)$ cùng $(K)$.
e) Xác xác định trí của điểm H để $EF$ bao gồm độ dài mập nhất.
Bài giải:
a) Ta có: $BI + IO = BO$
$⇒ IO = BO – BI$ đề nghị $(I)$ xúc tiếp trong cùng với $(O)$
Ta có: $OK + KC = OC$
$⇒ OK = OC – KC$ phải $(K)$ xúc tiếp trong với $(O)$
Ta có: $IK = IH + HK$ Nên $(I)$ tiếp xúc không tính với $(K)$
b) Xét tam giác $ABC$ có $AO = BO = co = frac12BC$
⇒ tam giác $ABC$ vuông (vì tất cả trung đường $AO$ nửa cạnh huyền $BC$)
Do đó $widehatA = 90^0$
Ta lại sở hữu $widehatE = widehatF = 90^0$ (gt)
Như vậy tứ giác $AEHF$ có cha góc vuông đề nghị $AEHF$ là hình chữ nhật.
c) Tam giác $AHB$ vuông trên $H$ bao gồm $HE perp AB (gt)$
$⇒ AH^2 = AE.AB (1)$ (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Tương từ bỏ tam giác vuông $AHC$ tất cả $HF perp AC (gt)$
$⇒ AH^2 = AF.AC (2)$
Từ (1) cùng (2) suy ra $AE.AB = AF.AC (đpcm)$
d) Muốn chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến đường của đường tròn, ta cần chứng minh đường thẳng kia đi qua một điểm của con đường tròn cùng vuông góc với nửa đường kính đi qua điểm đó. Ở trên đây ta đã gồm $E in (I)$, giờ chỉ với chứng minh $EF perp EI$.
Gọi $G$ là giao điểm của $AH$ và $EF$
Xét tam giác $GEH$ có:
$GE = GH$ (theo đặc thù hình chữ nhật)
Nên tam giác $GEH$ cân nặng tại $G$
$⇒ widehatE_1 = widehatH_1 (1)$
Mặt khác tam giác $IEH$ tất cả $IE = IH = r_(I)$
Nên tam giác $IEH$ cân tại $I$
$⇒ widehatE_2 = widehatH_2 (2)$
Cộng (1) cùng (2) vế theo vế ta được
$widehatE_1 + widehatE_2 = widehatH_1 + widehatH_2$
⇒ $widehatE = widehatH = 90^0$
Hay $EF perp EI$
⇒ $EF$ là tiếp đường của $(I)$
Chứng minh tương tự như ta được $EF$ cũng chính là tiếp tuyến của con đường tròn $(K)$
Vậy $EF$ là tiếp tuyến tầm thường của hai tuyến đường tròn $(I)$ cùng $(K)$.
e) Ta tất cả $AH = EF$ (tính chất hai đường chéo cánh hình chữ nhật)
Mặt khác ta bao gồm $BC perp AD (gt)$
$⇒ AH = HD = fracAD2$ (định lí đường kính và dây)
Do kia $AH$ lớn nhất khi $AD$ to nhất.
Mà dây $AD$ lớn nhất lúc $AD$ là con đường kính.
Khi đó $H$ sẽ trùng cùng với $O.$
Vậy $EF$ lớn nhất lúc $H$ là trung tâm của con đường tròn $(O)$.
2. Giải bài bác 42 trang 128 sgk Toán 9 tập 1
Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O’)$ tiếp xúc quanh đó tại $A, BC$ là tiếp tuyến thông thường ngoài, $B in (O), C in (O’)$. Tiếp tuyến tầm thường trong tại $A$ cắt $BC$ nghỉ ngơi điểm $M$. Gọi $E$ là giao điểm của $OM$ cùng $AB, F$ là giao điểm của $O’M$ và $AC$. Chứng tỏ rằng:
a) Tứ giác $AEMF$ là hình chữ nhật
b) $ME.MO = MF.MO’$
c) $OO’$ là tiếp tuyến của đường tròn có 2 lần bán kính là $BC$.
d) $BC$ là tiếp tuyến đường của mặt đường tròn có 2 lần bán kính là $OO’$.
Bài giải:
a) Theo đặc thù hai tiếp tuyến giảm nhau, ta có $MO$ là phân giác $widehatBMA$.
Tương tự ta tất cả $MO’$ là phân giác $widehatCMA$
Mà $widehatBMA$ kề bù cùng với $widehatCMA$
Nên$ MO perp MO’ ⇒ widehatOMO’ = 90^0 (1)$
Mặt không giống ta có:
$MB = MA$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
$OB = OA = R$ (bán kính con đường tròn $O$)
⇒ $MO$ là đường trung trực của $AB$.
Nghĩa là $MO perp AB$
Suy ra $widehatMEA = 90^0 (2)$
Chứng minh tựa như ta được $widehatMFA = 90^0$ (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra tứ giác $AEMF$ là hình chữ nhật (có cha góc vuông).
b) Tam giác MAO vuông tại A có: $AE perp MO$
Nên $MA^2 = ME.MO (3)$ (hệ thức lượng vào tam giác vuông)
Tương từ bỏ tam giác vuông $MAO’$ tất cả $AF perp MO’$
Nên $MA^2 = MF.MO’ (4)$
Từ (3) và (4) suy ra $ME.MO = MF.MO’$
c) Ta tất cả $MA = MB = MC (cmt)$
Nên $M$ là trung tâm đường tròn đường kính $BC$ với nửa đường kính $MA$.
Mà $OO’ perp MA$ tại $A$
$⇒ OO’$ là tiếp tuyến của đường tròn $(M ; BC)$.
d) hotline $I$ là trung điểm của $OO’$. Để chứng minh $BC$ là tiếp con đường của đường tròn có 2 lần bán kính là $OO’$, ta minh chứng $M in (I)$ và $MI perp BC.$
Ta có tam giác $OMO’$ vuông trên $M$ bao gồm $MI$ là trung tuyến đường ứng cùng với cạnh huyền $OO’$.
Nên $MI = fracOO’2$.
Do đó $M in (I) (5)$
Ta có $left.eginmatrix OB perp BC \ O’C perp BCendmatrix ight}$
$⇒ OB // O’C$
Do kia tứ giác $OBCO’$ là hình thang.
Hình thang $OBCO’$ có $left.eginmatrix MB = MC \ IO = IO’endmatrix ight}$
⇒ $MI$ là con đường trung bình của hình thang $OBCO’$.
Do đó $MI // OB$
Mà $OB perp BC ⇒ ngươi perp BC (6)$
Từ (5) cùng (6) suy ra $BC$ là tiếp đường của đường tròn 2 lần bán kính $OO’$.
3. Giải bài xích 43 trang 128 sgk Toán 9 tập 1
Cho hai tuyến phố 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 $IA$ trên $A$, mặt đường thẳng này cắt các đường tròn $(O ; R)$ với $(O’ ; r)$ theo trang bị tự tại $C$ với $D$ (khác $A$).
a) chứng tỏ rằng $AC = AD$.
b) hotline $K$ là vấn đề đối xứng với điểm $A$ qua điểm $I$. Chứng tỏ rằng $KB$ vuông góc với $AB$.
Bài giải:
a) Để chứng minh $AC = AD$, đầu tiên ta kẻ $OM perp AC, O’N perp AD$. Sau đó minh chứng $IA$ là mặt đường trung bình của hình thang $OMNO’$.
Ta tất cả $left.eginmatrix OM perp AC \ O’N perp ADendmatrix ight}$
$⇒ OM // IA // O’N ⇒ OMNO’$ là hình thang.
Xét hinh thang $OMNO’$ có:
$IO = IO’ (gt)$
$OM // IA // O’N (cmt)$
Do kia $IA$ là đường trung bình của hình thang.
$⇒AM = AN (1)$
Ta lại có $OM perp AC$.
Nên $AM = MC = fracAC2 (2)$ (định lí đường kính và dây)
Chứng minh tương tự ta được $AN = ND = fracAD2 (3)$
Từ (1), (2), (3) suy ra $AC = AD (đpcm)$
b) Ta gồm $(O)$ cùng $(O’)$ giảm nhau trên $A$ và $B$.
Theo tính chất đường nối tâm ta có:
$AB perp OO’$ tại $H$ (4)
và $HA = HB$.
Xem thêm: Spam Nghĩa Là Gì ? Chặn Spam Trên Facebook Và Email Như Thế Nào?
Xét tam giác $AKB$ có:
$AH = HB (cmt)$
$AI = IK (gt)$
Do đó $IH$ là mặt đường trung bình của tam giác $AKB$.
$⇒ IH // KB$ giỏi $OO’ // KB$ (5)
Từ (4) với (5) suy ra $KB perp AB. (đpcm)$
Bài trước:
Chúc chúng ta làm bài tốt cùng giải bài tập sgk toán lớp 9 cùng với giải bài 41 42 43 trang 128 sgk toán 9 tập 1!