Giải SBT Toán 9 Chân trời sáng tạo Bài 1. Đường tròn có đáp án

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo của hình vuông ABCD, khi đó O là trung điểm của AC và BD, nên OA = OB = OC = OD = $\frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}BD.$

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác ABD vuông tại A ta có:

$$BD = \sqrt {A{D^2} + A{B^2}} = \sqrt {{{16}^2} + {{16}^2}} = \sqrt {2 \cdot {{16}^2}} = 16\sqrt 2 \,\,{\rm{(cm}}).$$

Do đó $OA = OB = OC = OD = \frac{1}{2} \cdot 16\sqrt 2 = 8\sqrt 2 \,\,{\rm{(cm}}).$

Suy ra bốn đỉnh của hình vuông ABCD đều nằm trên đường tròn $\left( {O;\,\,8\sqrt 2 \;{\rm{cm}}} \right).$

a) Gọi O là trung điểm của BC. Khi đó, $OB = OC = \frac{1}{2}BC.$

Do BH và CK là đường cao tam giác ABC nên BH ⊥ AC tại H; CK ⊥ AB tại K

Suy ra tam giác BHC vuông tại H; tam giác BKC vuông tại K

Xét tam giác BKC vuông tại H có KO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC nên $KO = \frac{1}{2}BC.$

Chứng minh tương tự đối với ∆BKC vuông tại K, ta có $HO = \frac{1}{2}BC.$

Suy ra $KO = OH = OB = OC = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5\,\,{\rm{(cm}}).$

Tứ giác BKHC có: OB = OK = OH = OC = 5 cm nên bốn điểm B, C, H, K cùng nằm trên đường tròn (O; R) với R = 5 cm.

b) Xét ∆ABC cân tại A (do AB = AC) có AO là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao, suy ra ∆ABO vuông tại O.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác AOB vuông tại O, ta có:

$OA = \sqrt {B{A^2} - O{B^2}} = \sqrt {{{13}^2} - {5^2}} = \sqrt {144} = 12\,\,({\rm{cm}}).$

Vì 12 > 5 nên OA > R, suy ra điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R).

a) Ta có: 7 < 29 – 4 nên OO’ < R – R’, suy ra đường tròn (O; R) đựng đường tròn (O’; R’).

b) Ta có: 21 = 44 – 23 nên OO’ = R – R’, suy ra hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc trong.

c) Ta có: 15 = 7 + 8 nên OO’ = R + R’, suy ra hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài.

d) Ta có: 24 – 20 < 6 < 24 + 20 nên R – R’ < OO’ < R + R’, suy ra hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau.

a) Gọi I, J lần lượt là giao điểm của MN với AA’, BB’.

Do A’, B’ lần lượt là hai điểm đối xứng với A, B qua MN nên AA’ ⊥ MN tại I, IA = IA’ và BB’ ⊥ MN tại J, JB = JB’.

Xét ∆AIJ và ∆A’IJ, có:

$\widehat {AIJ} = \widehat {A'IJ} = 90^\circ ,$ IA = IA’, cạnh IJ chung

Do đó ∆AIJ = ∆A’IJ (hai cạnh góc vuông)

Suy ra AJ = A’J và $\widehat {{\rm{AJI}}} = \widehat {A'JI}$ (các cặp cạnh và góc tương ứng).

Ta có: $\widehat {{\rm{AJI}}} + \widehat {BJA} = 90^\circ ;\,\,\widehat {A'JI} + \widehat {A'JB'} = 90^\circ$ và $\widehat {{\rm{AJI}}} = \widehat {A'JI}$ nên $\widehat {BJA} = \widehat {A'JB'}.$

Xét ∆ABJ và ∆A’B’J, có:

JB = JB’, $\widehat {BJA} = \widehat {A'JB'},$ AJ = A’J

Do đó ∆ABJ = ∆A’B’J (c.g.c), suy ra $\widehat B = \widehat {B'}.$

Ta có AA’ // BB’ (cùng vuông góc với MN) nên ABB’A’ là hình thang, lại có $\widehat B = \widehat {B'}$ nên ABB’A’ là hình thang cân.

b) Ta có MN là trục đối xứng của đường tròn (O; 8 cm), A, B đã thuộc đường tròn (O; 8 cm) suy ra A’, B’ là hai điểm đối xứng với A, B qua MN nên cũng thuộc đường tròn (O; 8 cm), suy ra bốn điểm A, B, B’, A’ cùng nằm trên đường tròn (O; 8 cm).

a) Ta có đường kính AB là trục đối xứng của đường tròn (O)

Suy ra $MC = MD = \frac{{CD}}{2} = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \;({\rm{cm}}).$

Tam giác ABC có CO là đường trung tuyến và $CO = \frac{1}{2}AB,$ suy ra ABC là tam giác vuông tại C.

Do $\widehat {CAM} + \widehat {CBM} = 90^\circ ;\,\,\widehat {CAM} + \widehat {ACM} = 90^\circ$ nên $\widehat {CBM} = \widehat {ACM}.$

Xét ∆CMB và ∆AMC có:

$\widehat {AMC} = \widehat {CMB} = 90^\circ$ và $\widehat {CBM} = \widehat {ACM}$

Do đó ∆CMB ᔕ ∆AMC (g.g).

Suy ra $\frac{{MC}}{{MA}} = \frac{{MB}}{{MC}},$ nên $MB = \frac{{M{C^2}}}{{MA}} = \frac{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}}{1} = 3\;({\rm{cm}}).$

Gọi R là bán kính đường tròn đường kính AB, khi đó AB = 2R.

Ta có AB = MA + MB = 1 + 3 = 4 = 2R, suy ra R = 2 cm.

b) Xét tam giác AMC vuông tại M, ta có:

$\tan \widehat {CAB} = \tan \widehat {CAM} = \frac{{MC}}{{MA}} = \frac{{\sqrt 3 }}{1} = \sqrt 3 ,$ suy ra $\widehat {CAB} \approx 60^\circ .$