Giải SBT Toán 9 Cánh Diều Bài 2. Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn

a) Kẻ OH vuông góc với a tại H. Khi đó, ta có: OH = 1 cm. Suy ra OH < 3 cm.

Vậy đường thẳng a và đường tròn (O) cắt nhau.

b) Xét ∆OAB có OA = OB (bán kính đường tròn tâm O) nên ∆OAB cân tại O, suy ra đường cao OH cùng đồng thời là đường trung tuyến, hay H là trung điểm của AB nên AB = 2AH.

Xét ∆OAH vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có: OA$^{2}$ = OH$^{2}$ + AH$^{2}$

Suy ra$AH=\sqrt{O{A}^{2}-O{H}^{2}}=\sqrt{{3}^{2}-{1}^{2}}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\text{cm}.$

Vậy $AB=2AH=2\cdot 2\sqrt{2}=4\sqrt{2}\text{cm}.$

Kẻ O’H vuông góc với tia Oy.

Khi đó, O’H là khoảng cách từ điểm O’ đến tia Oy.

Do ∆OO’H vuông tại H nên:${O}^{'}H=\cdot \sin \widehat{{O}^{'}OH}=4\cdot \sin 30^{\circ}=4\cdot \frac{1}{2}=2\text{(cm).}$

b) Nếu R < 2 cm thì đường tròn (O’) và tia Oy không giao nhau.

Nếu R = 2 cm thì đường tròn (O’) và tia Oy tiếp xúc nhau.

Nếu 2 cm < R ≤ 4 cm thì đường tròn (O’) và tia Oy cắt nhau.

Kẻ BH vuông góc với CD tại H, gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC, kẻ IK vuông góc với AD tại K, gọi M là giao điểm của IK và BH.

Do IK ⊥ AD nên$\widehat{AKI}=\widehat{IKD}=90^{\circ}.$

ABCD là hình thang vuông có $\widehat{A}=\widehat{D}=90^{\circ}$ nên AB ⊥ AD, CD ⊥ AD.

Mà IK ⊥ AD nên IK // AB // CD.

Lại có BH ⊥ CD nên BH ⊥ IK tại M.

Tứ giác ABHD có $\widehat{A}=\widehat{D}=\widehat{H}=90^{\circ},$ suy ra ABHD là hình chữ nhật.

Tứ giác ABMK có $\widehat{A}=\widehat{K}=\widehat{M}=90^{\circ},$ suy ra ABMK là hình chữ nhật.

a) Do tứ giác ABHD là hình chữ nhật nên AD = BH và DH = AB = 4 cm.

Ta có: CH = CD ‒ DH = 9 – 4 = 5 cm.

Xét ∆BCH vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có: BC$^{2}$ = BH$^{2}$ + CH$^{2}$

Suy ra $BH=\sqrt{B{C}^{2}-C{H}^{2}}=\sqrt{{13}^{2}-{5}^{2}}=\sqrt{144}=12\ \text{cm}$

Vậy AD = BH = 12 cm.

b) Ta có đường tròn đường kính BC có tâm I và bán kính $R=\frac{BC}{2}=6{,}5\text{cm.}$

Khoảng cách từ tâm I đến AD là d = IK.

Do tứ giác ABMK là hình chữ nhật nên KM = AB = 4 cm.

Xét ∆BCH có I là trung điểm của BC và IM // CH nên IM là đường trung bình của tam giác, do đó $IM=\frac{1}{2}CH=\frac{1}{2}\cdot 5=2{,}5\text{cm}.$

Ta có: IK = KM + IM = 4 + 2,5 = 6,5 cm.

Do đó d = IM = R = 6,5 cm.

Vậy đường thẳng AD tiếp xúc với đường tròn đường kính BC.

Do AB của đường tròn (O; R) với B là tiếp điểm nên OB ⊥ AB tại B.

Xét ∆OAB vuông tại B, theo định lí Pythagore, ta có:

OA$^{2}$ = OB$^{2}$ + AB$^{2}$

Suy ra $AB=\sqrt{O{A}^{2}-O{B}^{2}}=\sqrt{{(2R)}^{2}-{R}^{2}}=\sqrt{3{R}^{2}}=R\sqrt{3}.$

Vậy $AB=R\sqrt{3}.$

Do OC = OD nên ∆OCD cân tại O, suy ra $\widehat{OCD}=\widehat{ODC}$ hay $\widehat{OCF}=\widehat{ODF}.$

Xét ∆COF vuông tại O có $\widehat{OCF}+\widehat{OFC}=90^{\circ}$ (tổng hai góc nhọn trong)

Lại có $\widehat{OFC}=\widehat{DFE}$ (đối đỉnh)

Suy ra $\widehat{ODF}+\widehat{DFE}=90^{\circ}$

Mà $\widehat{ODF}+\widehat{FDE}=90^{\circ}$ nên $\widehat{DFE}=\widehat{FDE}.$

Do đó ∆EDF cân tại E, suy ra EF = ED.

a) Do ABCD là hình vuông nên $\widehat{A}=\widehat{D}=90^{\circ}.$

Xét ∆OAB (vuông tại A) và ∆OHB (vuông tại H) có:

AB = HB, OB là cạnh chung

Do đó ∆OAB = ∆OHB (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

Suy ra OA = OH (hai cạnh tương ứng) (1)

Do ABCD là hình vuông nên đường chéo BD là tia phân giác của

Suy ra$\widehat{ODH}=\frac{1}{2}\widehat{D}=\frac{1}{2}\cdot 90^{\circ}=45^{\circ}.$

Tam giác OHD vuông tại H có $\widehat{ODH}=45^{\circ}$ nên ∆OHD vuông cân tại H.

Suy ra HD = OH (2)

Từ (1), (2) suy ra OA = OH = HD.

b) Vì OA = OH và OH vuông góc với BD tại H nên BD là tiếp tuyến đường tròn (O; OA).

Vậy BD tiếp xúc với đường tròn (O; OA).

a) Xét ∆OCD có OC = OD nên ∆OCD cân tại O, suy ra đường trung tuyến OI của tam giác cũng đồng thời là đường cao, hay $\widehat{OIC}=\widehat{OID}=90^{\circ}.$

Do AB là tiếp tuyến của đường tròn (O) với B là tiếp điểm nên OB ⊥ AB. Suy ra $\widehat{OBE}=90^{\circ}$

Xét ∆EOB và ∆EAI có:

$\widehat{OBE}=\widehat{EIA}\ (=90^{\circ})$ và $\widehat{E}$ là góc chung

Do đó ∆EOB ᔕ ∆EAI (g.g)

Suy ra $\frac{EB}{EI}=\frac{EO}{EA}$ hay EB . EA = EI . EO.

b) Gọi R là bán kính đường tròn (O).

Xét ∆OAB vuông tại B, theo định lí Pythagore, ta có: OA$^{2}$ = OB$^{2}$ + AB$^{2}$

Suy ra AB$^{2}$ = OA$^{2}$ ‒ OB$^{2}$ = OA$^{2}$ ‒ R$^{2}$.

Mặt khác, ta có: AC.AD = (AI ‒ CI)(AI + DI)

Mà CI = DI (do I là trung điểm của CD)

Suy ra: AC.AD = (AI ‒ CI)(AI + CI) = AI$^{2}$ ‒ CI$^{2}$

Xét ∆OAI vuông tại I, theo định lí Pythagore, ta có: OA$^{2}$ = OI$^{2}$ + AI$^{2}$

Suy ra AI$^{2}$ = OA$^{2}$ ‒ OI$^{2}$.

Xét ∆OCI vuông tại I, theo định lí Pythagore, ta có: OC$^{2}$ = OI$^{2}$ + CI$^{2}$

Suy ra CI$^{2}$ = OC$^{2}$ ‒ OI$^{2}$.

Do đó AC.AD = (OA$^{2}$ ‒ OI$^{2}$) ‒ (OC$^{2}$ ‒ OI$^{2}$)

= OA$^{2}$ ‒ OI$^{2}$ ‒ OC$^{2}$ + OI$^{2}$

= OA$^{2}$ – OC$^{2}$ = OA$^{2}$ ‒ R$^{2}$.

Do đó AB$^{2}$ = AC. AD (vì cùng bằng OA$^{2}$ ‒ R$^{2}$).

Do B là trung điểm của OA nên $OB=AB=\frac{OA}{2}.$

Ta có:$BH=OH-OB=OH-\frac{OA}{2}=5-\frac{4}{2}=3\text{(cm).}$

Do OH là khoảng cách từ O đến đường thẳng d nên OH ⊥ d tại H.

Xét ∆IBH vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có:

IB$^{2}$ = IH$^{2}$ + BH$^{2}$ = IH$^{2}$ + 3$^{2}$ = IH$^{2}$ + 9.

Xét ∆OIH vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có: OI$^{2}$ = OH$^{2}$ + IH$^{2}$.

Do tiếp tuyến IC của đường tròn (O) với C là tiếp điểm nên OC ⊥ IC tại C.

Xét ∆ICO vuông tại C, theo định lí Pythagore, ta có: IO$^{2}$ = IC$^{2}$ + OC$^{2}$.

Suy ra IC$^{2}$ = IO$^{2}$ ‒ OC$^{2}$ = (OH$^{2}$ + IH$^{2}$) ‒ OC$^{2}$ = (5$^{2}$ + IH$^{2}$) ‒ 4$^{2}$ = IH$^{2}$ + 9.

Do đó IB$^{2}$ = IC$^{2}$ (vì cùng bằng IH$^{2}$ + 9).

Vậy IB = IC hay tam giác IBC cân tại I.