Giải SBT Toán 9 kết nối tri thức trang 65 tập 1
Giải SBT Toán 9 Kết nối tri thức trang 65 tập 1 Bài 16
Giải SBT Toán 9 Kết nối tri thức trang 65 tập 1 cung cấp lời giải các bài tập thuộc Bài 16: Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn. Nội dung trình bày rõ ràng, dễ hiểu, giúp học sinh nhận biết các trường hợp vị trí tương đối và vận dụng kiến thức để giải bài tập Toán 9 KNTT hiệu quả.
Giải bài 5.17 trang 65 sách bài tập Toán 9 Tập 1 KNTT
Cho đường tròn (O) và điểm P.
a) Giả sử P∈(O). Vẽ đường thẳng a đi qua P và vuông góc với OP. Chứng minh rằng a là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại P.
b) Giả sử P nằm ngoài (O). Vẽ đường tròn đường kính OP. Đường tròn vừa vẽ cắt (O) tại A và B. Chứng minh rằng PA và PB là hai tiếp tuyến của (O).
Hướng dẫn giải:
a) Hình vẽ minh họa
Ta có OP là bán kính đường tròn (O) (do P∈(O)) và a ⊥ OP.
Do đó a là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại P. (đpcm)
b) Hình vẽ minh họa
Gọi đường tròn bán kính OP là đường tròn (O').
Do A nằm trên đường tròn (O') đường kính OP nên tam giác BOP vuông tại B.
Suy ra OB ⊥ BP.
Ta có: OB là bán kính đường tròn (O) và OB ⊥ BP.
Do đó BP là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B. (đpcm)
Tương tự ta chứng minh được PA là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A.
Giải bài 5.18 trang 65 sách bài tập Toán 9 Tập 1 KNTT
Cho đường thẳng a, điểm M thuộc a và số dương R. Vẽ đường thẳng b đi qua M và vuông góc với a. Trên b xác định điểm A sao cho AM = R (đvđd). Chứng minh rằng đường tròn (A; R) tiếp xúc với a tại M. Ta có thể vẽ được mấy đường tròn như thế?
Hướng dẫn giải:
Hình vẽ minh họa:
Ta có: a ⊥ AM (do a ⊥ b và M∈b);
AM là bán kính của (A; R).
Do đó a là tiếp tuyến của (A; R) tại M hay (A; R) tiếp xúc với a tại M. (đpcm)
Có thể vẽ được hai đường tròn như thế, vì ta có thể lấy 2 điểm A nằm trên b nằm về hai phía của đường thẳng a và cách M một khoảng bằng R.
Giải bài 5.19 trang 65 sách bài tập Toán 9 Tập 1 KNTT
Cho đường tròn (O) và điểm M nằm bên ngoài (O). Từ M kẻ tiếp tuyến MA với (O), trong đó A là tiếp điểm. Đường thẳng qua A và vuông góc với MO cắt (O) tại B (khác A).
a) Chứng minh rằng MB là tiếp tuyến của (O);
b) Tính OM và diện tích phần của tam giác AMB nằm bên ngoài (O), biết bán kính của (O) bằng 3 cm và MAB=60°.
Hướng dẫn giải:
Hình vẽ minh họa
a) Gọi H là giao điểm của MO và AB.
+ Xét hai tam giác vuông AOH và BOH có:
Chung cạnh OH; OA = OB (bán kính đường tròn (O))
Do đó ∆AOH = ∆BOH (c.g.c), suy ra AOH=BOH, hay 
\(\widehat {AOM} = \widehat {BOM}\).
+ Xét tam giác AOM và tam giác BOM có:
Cạnh OM chung; \(\widehat {AOM} = \widehat {BOM}\); OA = OB
Do đó ∆AOM = ∆BOM (c.g.c)
\(\Rightarrow \widehat {OBM} = \widehat {OAM} = 90^\circ {\rm{ }}\) hay OB ⊥ MB.
Ta có: OB ⊥ MB và OB là bán kính của đường tròn (O)
Do đó MB là tiếp tuyến của đường tròn (O). (đpcm)
b) Vì MA và MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) và cắt nhau tại M nên MA = MB, suy ra tam giác MAB cân tại M.
Mà \(\widehat {MAB} = 60^\circ\) nên tam giác MAB là tam giác đều.
Xét tứ giác AOBM ta có:
\(\;\widehat {AOB} + \widehat {OBM} + \widehat {BMA} + \widehat {MAO} = 360^\circ\)
\(\Rightarrow \;\widehat {AOB} = 360^\circ - \widehat {OBM} - \widehat {BMA} - \widehat {MAO}\)
\(= 360^\circ - 90^\circ - 60^\circ - 90^\circ = 120^\circ\)
Do đó số đo cung nhỏ AB là sđAB=120°.
Diện tích hình quạt ứng với cung nhỏ AB là:
\({S_q} = \frac{{120}}{{360}}\pi {R^2} = \frac{{120}}{{360}}\pi {.3^2} = 3\pi \left( {c{m^2}} \right)\)
Ta có: \(\widehat {AOM} = \frac{1}{2}.\widehat {AOB} = \frac{1}{2}{.120^0} = {60^0}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Xét tam giác AOM vuông tại A, ta có:
\(AM = AO.\tan \widehat {AOM} = 3.\tan 60^\circ = 3\sqrt 3 \left( {cm} \right)\)
Theo câu a, ∆AOM = ∆BOM nên ta có:
\({S_{AOBM}} = 2{S_{AOM}} = OA.AM = 3.3\sqrt 3 = 9\sqrt 3 \left( {c{m^2}} \right.)\)
Diện tích phần tam giác AMB nằm bên ngoài đường tròn (O) là:
\({S_{AOBM}} - Sq = 9\sqrt 3 - 3\pi {\rm{ }}\left( {c{m^2}} \right)\)
Áp dụng định lý Pythagore với tam giác AOM ta được:
\(OM = \sqrt {M{A^2} + O{A^2}} = \sqrt {{{\left( {3\sqrt 3 } \right)}^2} + {3^2}} = 6\left( {cm} \right)\)
Vậy OM = 6 cm và diện tích phần tam giác AMB nằm bên ngoài đường tròn (O) là \(9\sqrt 3 - 3\pi \left( {c{m^2}} \right)\)
Giải bài 5.20 trang 65 sách bài tập Toán 9 Tập 1 KNTT
Cho AM và AN là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn (O), trong đó M và N là hai tiếp điểm. Gọi E là một điểm thuộc cung nhỏ MN. Tiếp tuyến của (O) tại E cắt AM tại B và cắt AN tại C. Biết \(AB = 10 cm, AC = 7 cm\) và \(BC = 6 cm\). Tính độ dài của các đoạn thẳng AM, AN, BM và CN.
Hướng dẫn giải:
Hình vẽ minh họa
Do AM và AN, BM và BE, CN và CE là các cặp tiếp tuyến cắt nhau của (O) nên ta có:
\(AM = AN; BM = BE; CN = CE\)
Suy ra \(AM + AN = AB + BM + AC + CN = AB + BE + AC + CE\)
Do đó \(2AM = AB + AC + (BE + CE) = AB + AC + BC\)
Khi đó
\(AM = \frac{{AB + AC + BC}}{2} = \frac{{10 + 7 + 6}}{2} = 11,5\left( {cm} \right)\)
AN = AM = 11,5 cm;
BM = AM – AB = 11,5 – 10 = 1,5 (cm);
CN = AN – AC = 11,5 – 7 = 4,5 (cm).
Vậy AM = AN = 11,5 cm, BM = 1,5 cm và CN = 4,5 cm.
Giải bài 5.21 trang 65 sách bài tập Toán 9 Tập 1 KNTT
Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH.
a) Chứng minh rằng BC tiếp xúc với đường tròn (A) bán kính AH;
b) Gọi M và N là các điểm đối xứng với H lần lượt qua AB và AC. Chứng minh rằng BM và CN là hai tiếp tuyến của (A);
C) Chứng minh rằng MN là một đường kính của (A);
d) Tính diện tích của tứ giác BMNC, biết HB = 2 cm và HC = 4,5 cm.
Hướng dẫn giải:
Hình vẽ minh họa:
a) Ta thấy AH là bán kính của đường tròn (A) bán kính AH và AH ⊥ BC.
Do đó BC là tiếp tuyến của đường tròn (A) bán kính AH tại H. (đpcm)
b) Do M đối xứng với H qua B nên AM = AH, BM = BH.
Xét hai tam giác MAB và HAB có:
Chung cạnh AB; AM = AH; BM = BH.
Do đó ∆MAB = ∆HAB (c.c.c)
=> \(\widehat {AMB} = \widehat {AHB} = 90^\circ\) hay AM ⊥ MB.
Từ ∆MAB = ∆HAB (c.c.c), suy ra AM = AH.
Do đó M nằm trên đường tròn (A) bán kính AH.
Ta có: AM là bán kính của đường tròn (A) bán kính AH và AM ⊥ MB
Do đó MB là tiếp tuyến của đường tròn (A) bán kính AH tại M. (đpcm)
Tương tự ta chứng minh được CN là tiếp tuyến của đường tròn (A) bán kính AH tại N.
c) Theo câu b, ∆MAB = ∆HAB nên \(\widehat {MAB} = \widehat {HAB}\)
Tương tự, ∆NAC = ∆HAC nên NAC=HAC.
Mà \(\widehat {HAB} + \widehat {HAC} = 90^\circ\) do tam giác ABC vuông tại A nên:
\(\begin{array}{l}
\widehat {MAB} + \widehat {HAB} + \widehat {HAC} + \widehat {NAC}\\
= 2\left( {\widehat {HAB} + \widehat {HAC}} \right) = 2.90^\circ = 180^\circ
\end{array}\)
Suy ra M, A, N thẳng hàng.
Mà M và N nằm trên (A) nên MN là đường kính của (A). (đpcm)
d) Theo câu b, BM ⊥ MN và CN ⊥ MN nên BM // CN, suy ra tứ giác BMNC là hình thang vuông.
M đối xứng với H qua AB nên BM = BH.
N đối xứng với H qua AC nên CN = CH.
Ta có BM + CN = BH + CH = 2 + 4,5 = 6,5 (cm)
Xét hai tam giác HBA và ABC ta có:
Góc B chung;
\(\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ\)
Suy ra ∆HBA ᔕ ∆ABC (g.g), do đó \(\widehat {BAH} = \widehat {ACH}\)
Xét hai tam giác HBA và HBC có:
\(\widehat {BHA} = \widehat {CHA} = 90^\circ\)
\(\widehat {BAH} = \widehat {ACH}\)
Suy ra ∆HBA ᔕ ∆HBC (g.g), do đó ta có:
\(\frac{{AH}}{{CH}} = \frac{{BH}}{{AH}} \Rightarrow AH = \sqrt {BH.CH} = \sqrt {4,5.2} = 3\left( {cm} \right)\)
MN là đường kính của (A) nên MN = 2AH = 2 . 3 = 6 (cm)
Diện tích tứ giác BMNC là:
\(\frac{1}{2}MN\left( {BM + CN} \right) = \frac{1}{2}.6,5.6 = 19,5{\rm{ }}\left( {c{m^2}} \right)\)
Vậy diện tích tứ giác BMNC là 19,5 cm2
----------------------------
Phần giải SBT Toán 9 Kết nối tri thức trang 65 tập 1 giúp học sinh kiểm tra đáp án và củng cố kiến thức về vị trí tương đối của đường thẳng với đường tròn. Qua đó, các em có thể rèn luyện phương pháp giải bài và học tốt môn Toán 9.
