Với giải Bài 14 trang 105 Toán 9 Tập 1 Chân trời sáng tạo chi tiết trong Bài tập cuối chương 5 giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập Toán 9. Mời các bạn đón xem:

Giải bài tập Toán 9 Bài tập cuối chương 5

Bài 14 trang 105 Toán 9 Tập 1: Trên đường thẳng xy, lấy lần lượt ba điểm A, B, C sao cho AB > BC. Vẽ đường tròn (O) đường kính AB và đường tròn (O’) đường kính BC.

a) Chứng minh rằng hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại B.

b) Gọi H là trung điểm của AC. Vẽ dây DE của (O) vuông góc với AC tại H. Chứng minh tứ giác ADCE là hình thoi.

c) DC cắt đường tròn (O’) tại F. Chứng minh rằng ba điểm F, B, E thẳng hàng.

d) Chứng minh rằng HF là tiếp tuyến của đường tròn (O’).

Lời giải:

a) Ta có OO’ = OB + BO’ nên đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại B.

b) Xét ∆ODE có OD = OE (cùng là bán kính của đường tròn (O) đường kính AB) nên ∆ODE cân tại O. Do đó đường cao OH đồng thời là đường trung tuyến của tam giác hay H là trung điểm của DE.

Xét tứ giác ADCE có hai đường chéo AC và DE cắt nhau tại trung điểm H của mỗi đường nên ADCE là hình bình hành.

Lại có DE ⊥ AC tại H nên hình bình hành ADCE là hình thoi.

c) Xét đường tròn (O) có AB là đường kính, $\widehat{ADB}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat{ADB}=90°,$ do đó AD ⊥ DB.

Lại có AD // CE (do ADCE là hình thoi) nên DB ⊥ CE.

Xét ∆CDE có DB, CH là hai đường cao của tam giác cắt nhau tại B (do DB ⊥ CE và CH ⊥ DE) nên B là trực tâm của ∆CDE. Suy ra EF ⊥ CD. (1)

Xét đường tròn (O’) có BC là đường kính, $\widehat{BFC}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat{BFC}=90°,$ do đó BF ⊥ CD. (2)

Từ (1) và (2) ta có EF, BF là hai đường thẳng cùng đi qua điểm F và vuông góc với CD nên là hai đường thẳng trùng nhau, hay ba điểm E, B, F thẳng hàng.

d) Vì BF ⊥ CD nên $\widehat{EFD}=90°,$ ∆DEF vuông tại F có FH là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên $FH=\frac{1}{2}DE,$ mà H là trung điểm của DE nên $HE=\frac{1}{2}DE,$ do đó FH = HE.

Xét ∆HEF có FH = HE nên ∆HEF cân tại H. Do đó $\widehat{HFE}=\widehat{HEF}$ (hai góc ở đáy bằng nhau).

Xét ∆O’BF có O’B = O’F (cùng là bán kính của đường tròn (O’) đường kính BC) nên ∆O’BF cân tại O’. Suy ra $\widehat{O^{\text{'}}FB}=\widehat{O^{\text{'}}BF}$ (hai góc ở đáy bằng nhau).

Mà $\widehat{O^{\text{'}}BF}=\widehat{HBE}$ (đối đỉnh) nên $\widehat{O^{\text{'}}FB}=\widehat{HBE}.$

Ta có: $\widehat{HFE}+\widehat{O^{\text{'}}FB}=\widehat{HEF}+\widehat{HBE}=90°$ (do ∆HBE vuông tại H).

Hay $\widehat{HF{O}^{\text{'}}}=90°$ nên HF ⊥ O’F tại F.

Xét đường tròn (O’) có HF ⊥ O’F tại F thuộc đường tròn nên HF là tiếp tuyến của đường tròn (O’).