Tailieumoi.vn giới thiệu Giải sách bài tập Toán lớp 9 Phần hình học: Ôn tập cuối năm chi tiết giúp học sinh xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 9. Mời các bạn đón xem:

Giải SBT Toán 9 Phần hình học: Ôn tập cuối năm

Bài 1 trang 195 SBT Toán 9 tập 2: (Xem hình 122). Tính:

a) $h,b$ và $c,$ biết $b^{\prime }=25,c^{\prime }=16;$

b)  $a,c$ và $c^{\prime }$, biết $b=12,b^{\prime }=6;$

c) $a,b$ và $b^{\prime },$ biết $c=8,c^{\prime }=4;$

d) $h,b,c^{\prime },b^{\prime },$ biết $c=6,a=9.$

Phương pháp giải:

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Khi đó ta có các hệ thức sau:

+) $A{B}^2=BH.BC$ hay $c^2=a.c^{\prime }$ 

+) $A{C}^2=CH.BC$ hay $b^2=a{b}^{\prime }$

+) $A{H}^2=HB.HC$ hay $h^2=c^{\prime }.b^{\prime }$

+) ${\displaystyle \frac{1}{A{H}^2}}={\displaystyle \frac{1}{A{B}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{A{C}^2}}$ hay ${\displaystyle \frac{1}{h^2}}={\displaystyle \frac{1}{b^2}}+{\displaystyle \frac{1}{c^2}}$

+) $A{B}^2+A{C}^2=B{C}^2$ hay $c^2+b^2=a^2$ (định lý Pytago)

Lời giải:

a) $a=b^{\prime }+c^{\prime }=25+16=41$

Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông vào tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có:

$\begin{array}{l}{h}^2=b^{\prime }{c}^{\prime }=25.16=400\\ \Rightarrow h=\sqrt{400}=20\\ b^2=a.b^{\prime }=41.25=1025\\ \Rightarrow b=\sqrt{1025}=5\sqrt{41}\\ c^2=a.c^{\prime }=41.16=656\\ \Rightarrow c=\sqrt{656}=4\sqrt{41}\end{array}$

b) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông vào tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có:

$\begin{array}{l}{b}^2=a.b^{\prime }\Rightarrow a={\displaystyle \frac{b^2}{b^{\prime }}}={\displaystyle \frac{{12}^2}{6}}=24\\ c^{\prime }=a-b^{\prime }=24-6=18\\ c^2=a.c^{\prime }=24.18=432\\ c=\sqrt{432}=12\sqrt{3}\end{array}$

c) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông vào tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có:

$\begin{array}{l}{c}^2=a.c^{\prime }\Rightarrow a={\displaystyle \frac{c^2}{c^{\prime }}}={\displaystyle \frac{8^2}{4}}=16\\ b^{\prime }=a-c^{\prime }=16-4=12\\ b^2=a.b^{\prime }=16.12=192\\ \Rightarrow b=\sqrt{192}=8\sqrt{3}\end{array}$

d) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông vào tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có:

$\begin{array}{l}{c}^2=a.c^{\prime }\Rightarrow c^{\prime }={\displaystyle \frac{c^2}{a}}={\displaystyle \frac{6^2}{9}}=4\\ b^{\prime }=a-c^{\prime }=9-4=5\\ h^2=b^{\prime }.c^{\prime }=5.4=20\\ \Rightarrow h=\sqrt{20}=2\sqrt{5}\\ b^2=a.b^{\prime }=9.5=45\\ \Rightarrow b=\sqrt{45}=3\sqrt{5}\end{array}$

Bài 2 trang 195 SBT Toán 9 tập 2: (Xem hình 122). Chứng minh rằng:

$\begin{array}{l}a)h={\displaystyle \frac{bc}{a}};\\ b){\displaystyle \frac{b^2}{b^{\prime }}}={\displaystyle \frac{c^2}{c^{\prime }}}.\end{array}$

Phương pháp giải:

- Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Khi đó ta có các hệ thức sau:

+) $A{B}^2=BH.BC$ hay $c^2=a.c^{\prime }$ 

+) $A{C}^2=CH.BC$ hay $b^2=a{b}^{\prime }$

- Diện tích tam giác bằng ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ tích của chiều cao hạ từ đỉnh đến cạnh đối diện với độ dài cạnh đối diện của đỉnh đó.

Lời giải:

a) Diện tích tam giác $ABC$ là:

$\begin{array}{l}S={\displaystyle \frac{1}{2}}bc={\displaystyle \frac{1}{2}}ah\\ \Rightarrow bc=ah\\ \Rightarrow h={\displaystyle \frac{bc}{a}}\end{array}$

b) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông vào tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có:

$\begin{array}{l}{b}^2=a.b^{\prime }\Rightarrow a={\displaystyle \frac{b^2}{b^{\prime }}}(1)\\ c^2=a.c^{\prime }\Rightarrow a={\displaystyle \frac{c^2}{c^{\prime }}}(2)\end{array}$

Từ (1) và (2) suy ra: ${\displaystyle \frac{b^2}{b^{\prime }}}={\displaystyle \frac{c^2}{c^{\prime }}}$.

Bài 3 trang 195 SBT Toán 9 tập 2: Cho tam giác $ABC$ có $AB=5cm,AC=12cm$ và $BC=13cm.$ Kẻ đường cao $AH$ $(H\in BC)$. Tính độ dài các đoạn thẳng $BH$ và $CH.$

Phương pháp giải:

Sử dụng:

- Định lí Pytago đảo: Nếu một tam giác có bình phương của một cạnh bằng tổng các bình phương của hai cạnh kia thì tam giác đó là tam giác vuông.

 

- Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Khi đó ta có các hệ thức sau:

+) $A{B}^2=BH.BC$ hay $c^2=a.c^{\prime }$.

+)$A{C}^2=CH.BC$ hay $b^2=a{b}^{\prime }$.

Lời giải:

Ta có:

$\begin{array}{l}A{B}^2+A{C}^2=5^2+{12}^2=169\\ B{C}^2={13}^2=169\\ \Rightarrow A{B}^2+A{C}^2=B{C}^2\end{array}$

Theo định lí Pytago đảo thì tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông vào tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có:

$A{B}^2=BC.BH$

$\Rightarrow BH={\displaystyle \frac{A{B}^2}{BC}}={\displaystyle \frac{5^2}{13}}={\displaystyle \frac{25}{13}}$$=1{\displaystyle \frac{12}{13}}\left(cm\right)$

$CH=BC-BH=13-{\displaystyle \frac{25}{13}}={\displaystyle \frac{144}{13}}$$=11{\displaystyle \frac{1}{13}}\left(cm\right)$

Bài 4 trang 196 SBT Toán 9 tập 2: Tính sin, cos, tang của các góc $A$ và $B$ của tam giác $ABC$ vuông ở $C$ biết:

a) $BC=8,AB=17;$

b) $BC=21,AC=20;$

c) $BC=1,AC=2;$

d) $AC=24,AB=25.$

Phương pháp giải:

Sử dụng:

- Định lí Pytago: Trong một tam giác vuông, bình phương của cạnh huyền bằng tổng các bình phương của hai cạnh góc vuông.

- Trong tam giác vuông các tỉ số lượng giác của góc nhọn $(\alpha )$ được định nghĩa như sau: 

 

$\sin \alpha ={\displaystyle \frac{AB}{BC}};\cos \alpha ={\displaystyle \frac{AC}{BC}};$$\tan \alpha ={\displaystyle \frac{AB}{AC}};\cot \alpha ={\displaystyle \frac{AC}{AB}}.$ 

Lời giải:

a) Áp dụng định lí Pytago vào tam giác $ABC$ vuông tại $C$, ta có:

$A{B}^2=B{C}^2+A{C}^2$

$\Rightarrow AC=\sqrt{A{B}^2-B{C}^2}=\sqrt{{17}^2-8^2}$$=15$

Tam giác $ABC$ vuông tại $C$ nên $\hat{A}$ và $\hat{B}$ là hai góc phụ nhau, ta có:

$\begin{array}{l}\sin A=\cos B={\displaystyle \frac{BC}{AB}}={\displaystyle \frac{8}{17}}\\ \cos A=\sin B={\displaystyle \frac{CA}{AB}}={\displaystyle \frac{15}{17}}\\ \tan A=\cot B={\displaystyle \frac{BC}{AC}}={\displaystyle \frac{8}{15}}\\ \cot A=\tan B={\displaystyle \frac{AC}{BC}}={\displaystyle \frac{15}{8}}\end{array}$

b) Áp dụng định lí Pytago vào tam giác $ABC$ vuông tại $C$, ta có:

$A{B}^2=B{C}^2+A{C}^2={21}^2+{20}^2$$=841$

$\Rightarrow AB=\sqrt{841}=29$.

Tam giác $ABC$ vuông tại $C$ nên $\hat{A}$ và $\hat{B}$ là hai góc phụ nhau, ta có:

$\begin{array}{l}\sin A=\cos B={\displaystyle \frac{BC}{AB}}={\displaystyle \frac{21}{29}}\\ \cos A=\sin B={\displaystyle \frac{AC}{AB}}={\displaystyle \frac{20}{29}}\\ \tan A=\cot B={\displaystyle \frac{BC}{AC}}={\displaystyle \frac{21}{20}}\\ \cot A=\tan B={\displaystyle \frac{AC}{BC}}={\displaystyle \frac{20}{21}}\end{array}$

c) Áp dụng định lí Pytago vào tam giác $ABC$ vuông tại $C$, ta có:

$\begin{array}{l}A{B}^2=B{C}^2+A{C}^2=1^2+2^2=5\\ \Rightarrow AB=\sqrt{5}\end{array}$

Tam giác $ABC$ vuông tại $C$ nên $\hat{A}$ và $\hat{B}$ là hai góc phụ nhau, ta có:

$\begin{array}{l}\sin A=\cos B={\displaystyle \frac{BC}{AB}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}\\ \cos A=\sin B={\displaystyle \frac{AC}{AB}}={\displaystyle \frac{2}{\sqrt{5}}}\\ \tan A=\cot B={\displaystyle \frac{BC}{AC}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\\ \cot A=\tan B={\displaystyle \frac{AC}{BC}}={\displaystyle \frac{2}{1}}=2\end{array}$

d) Áp dụng định lí Pytago vào tam giác $ABC$ vuông tại $C$, ta có:

$A{B}^2=B{C}^2+A{C}^2$

$\Rightarrow BC=\sqrt{A{B}^2-A{C}^2}$$=\sqrt{{25}^2-{24}^2}$$=\sqrt{49}=7$

Tam giác $ABC$ vuông tại $C$ nên $\hat{A}$ và $\hat{B}$ là hai góc phụ nhau, ta có:

$\begin{array}{l}\sin A=\cos B={\displaystyle \frac{BC}{AB}}={\displaystyle \frac{7}{25}}\\ \cos A=\sin B={\displaystyle \frac{AC}{AB}}={\displaystyle \frac{24}{25}}\\ \tan A=\cot B={\displaystyle \frac{BC}{AC}}={\displaystyle \frac{7}{24}}\\ \cot A=\tan B={\displaystyle \frac{AC}{BC}}={\displaystyle \frac{24}{7}}\end{array}$

Bài 5 trang 196 SBT Toán 9 tập 2: $BD$ là đường phân giác của tam giác $ABC.$ Chứng minh rằng $B{D}^2=AB.BC-AD.DC.$

Phương pháp giải:

Sử dụng:

- Nếu hai góc của tam giác này lần lượt bằng hai góc của tam giác kia thì hai tam giác đó đồng dạng.

- Các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau.

Lời giải:

Gọi $E$ là giao điểm của tia $BD$ và đường tròn ngoại tiếp $\mathrm{\Delta }ABC$.

* Xét $\mathrm{\Delta }BEA$ và $\mathrm{\Delta }BCD$ có:

$\widehat{ABE}=\widehat{DBC}$ (vì $BD$ là tia phân giác $\hat{B}$)

$\widehat{BEA}=\widehat{BCD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB$)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }BEA\backsim \mathrm{\Delta }BCD$ (g.g)

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{AB}{BD}}={\displaystyle \frac{BE}{BC}}$

Mà $BE=BD+DE$ nên ${\displaystyle \frac{AB}{BD}}={\displaystyle \frac{BD+DE}{BC}}$

$\Rightarrow B{D}^2+BD.DE=AB.BC$

$\Rightarrow B{D}^2=AB.BC-BD.DE$    (1)

* Xét $\mathrm{\Delta }BDC$ và $\mathrm{\Delta }ADE$ có:

$\widehat{BDC}=\widehat{ADE}$ (hai góc đối đỉnh)

$\widehat{DBC}=\widehat{DAE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CE$)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }BDC\backsim \mathrm{\Delta }ADE$ (g.g)

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{BD}{DC}}={\displaystyle \frac{AD}{DE}}$

$\Rightarrow BD.DE=AD.DC$          (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $B{D}^2=AB.BC-AD.DC$ (điều phải chứng minh).

Bài 6 trang 196 SBT Toán 9 tập 2: Cho đường tròn $(O)$. Khoảng cách từ $O$ đến dây $MN$ của đường tròn bằng $7cm$, $\widehat{OMN}={45}^o$. Trên dây $MN$ lấy một điểm $K$ sao cho $MK=3KN$ (h.123). Độ dài đoạn $MK$ là:

(A) $10,5cm;$                          (B) $9cm;$

(C) $14cm;$                              (D) $12cm.$

Hãy chọn đáp số đúng.

Phương pháp giải:

Sử dụng: Trong tam giác cân đường cao ứng với cạnh đáy đồng thời là đường trung tuyến, đường trung trực, đường phân giác.

Lời giải:

Gọi $H$ là chân đường cao hạ từ $O$ đến $MN$.

$\mathrm{\Delta }OHM$ có $\widehat{OHM}={90}^o;\widehat{OMH}={45}^o$ nên $\mathrm{\Delta }OHM$ vuông cân tại $H$.

$\Rightarrow MH=OH=7cm$.

Lại có $\mathrm{\Delta }OMN$ có $OM=ON=$ bán kính nên $\mathrm{\Delta }OMN$ cân tại $O$.

Do đó $OH$ vừa là đường cao đồng thời là trung tuyến của $\mathrm{\Delta }OMN$.

$\Rightarrow MH=NH=7cm.$

Ta có: $MN=MH+NH=7+7=14cm$.

Mà $MK=3KN$ nên $MK={\displaystyle \frac{3}{4}}MN={\displaystyle \frac{3}{4}}.14=10,5\left(cm\right).$

Chọn A.

Bài 7 trang 196 SBT Toán 9 tập 2: Cho đường tròn $(O;4cm)$ và một điểm $M$ sao cho $OM=8cm.$ Kẻ tiếp tuyến $MN$ với đường tròn $(O),N$ là tiếp điểm (h.124). Số đo của góc $MON$ là:

(A) ${45}^o;$                                         (B) ${90}^o;$

(C) ${30}^o;$                                         (D) ${60}^o.$

Hãy chọn đáp số đúng.   

Phương pháp giải:

Sử dụng:

- Trong tam giác vuông các tỉ số lượng giác của góc nhọn $(\alpha )$ được định nghĩa như sau: 

 

$\sin \alpha ={\displaystyle \frac{AB}{BC}};\cos \alpha ={\displaystyle \frac{AC}{BC}};$$\tan \alpha ={\displaystyle \frac{AB}{AC}};\cot \alpha ={\displaystyle \frac{AC}{AB}}.$ 

Lời giải:

Xét $\mathrm{\Delta }OMN$ vuông tại $N$ ta có:

$\begin{array}{l}\cos \widehat{MON}={\displaystyle \frac{ON}{OM}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\\ \Rightarrow \widehat{MON}={60}^o\end{array}$

Chọn D.

Bài 8 trang 196 SBT Toán 9 tập 2: Cho đường tròn $(O;8cm)$ và đường tròn $(O^{\prime };6cm)$ có đoạn nối tâm $O{O}^{\prime }=10cm$. Đường tròn $(O)$ cắt $O{O}^{\prime }$ tại $N$, đường tròn $(O^{\prime })$ cắt $O{O}^{\prime }$ tại $M$ (h.125). Độ dài $MN$ bằng:

(A) $5cm;$                         (B) $3cm;$

(C) $6cm;$                         (D) $4cm.$

Hãy chọn đáp số đúng.

Phương pháp giải:

Ta có: $O{O}^{\prime }=ON+O^{\prime }M-MN$ từ đó ta tính được $MN$.

Lời giải:

Ta có: 

$\begin{array}{l}O{O}^{\prime }=ON+O^{\prime }M-MN\\ \Rightarrow MN=ON+O^{\prime }M-O{O}^{\prime }\\ \Rightarrow MN=8+6-10=4\left(cm\right).\end{array}$

Chọn D.

Bài 9 trang 196 SBT Toán 9 tập 2: Trên hình 126, số đo góc $MPN$ nhỏ hơn số đo góc $MON$ là ${35}^o$. Tổng số đo hai góc $MPN$ và $MON$ là:

(A) ${90}^o;$                                      (B) ${105}^o;$

(C) ${115}^o;$                                    (D) ${70}^o.$

Hãy chọn đáp số đúng.

Phương pháp giải:

Sử dụng: Góc nội tiếp (nhỏ hơn hoặc bằng ) có số đo bằng nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung.

Lời giải:

Xét đường tròn $(O)$ có: 

$\widehat{MPN}={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{MON}$ (góc nội tiếp có số đo bằng nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung).

$\Rightarrow \widehat{MON}=2\widehat{MPN}$

Mặt khác: 

$\widehat{MON}-\widehat{MPN}={35}^o$ (gt)

$\Rightarrow 2\widehat{MPN}-\widehat{MPN}={35}^o$

$\Rightarrow \widehat{MPN}={35}^o$.

$\Rightarrow \widehat{MON}=2\widehat{MPN}={2.35}^o={70}^o$.

Vậy $\widehat{MON}+\widehat{MPN}={70}^o+{35}^o$$={105}^o$.

Chọn B.

Bài 10 trang 197 SBT Toán 9 tập 2: Cho hai đường tròn $(O;16cm)$ và $(O^{\prime };9cm)$ tiếp xúc ngoài tại $A$. Gọi $BC$ là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn $(B\in (O),C\in (O^{\prime }))$. Kẻ tiếp tuyến chung tại $A$ cắt $BC$ ở $M$.

a) Tính góc $OM{O}^{\prime }$.

b) Tính độ dài $BC$.

c) Gọi $I$ là trung điểm của $O{O}^{\prime }$. Chứng minh rằng $BC$ là tiếp tuyến của đường tròn tâm $I$, bán kính $IM$.

Phương pháp giải:

Sử dụng:

* Nếu hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau tại một điểm thì:

- Điểm đó cách đều hai tiếp điểm.

- Tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến.

- Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán kính đi qua các tiếp điểm

* Trong tam giác vuông đường trung tuyến ứng với cạnh bằng nửa cạnh huyền.

* Đường trung bình của hình thang thì song song với hai đáy và bằng nửa tổng hai đáy.

Lời giải:

a) $MO$ là tia phân giác của $\widehat{AMB}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

$\Rightarrow \widehat{BMO}=\widehat{OMA}={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{AMB}$

$M{O}^{\prime }$ là tia phân giác của $\widehat{AMC}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

$\Rightarrow \widehat{CM{O}^{\prime }}=\widehat{O^{\prime }MA}={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{AMC}$

Ta có: $\widehat{OM{O}^{\prime }}=\widehat{OMA}+\widehat{O^{\prime }MA}$

$\Rightarrow \widehat{OM{O}^{\prime }}={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{AMB}+{\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{AMC}$$={\displaystyle \frac{1}{2}}\left(\widehat{AMB}+\widehat{AMC}\right)$$={\displaystyle \frac{1}{2}}{.180}^o={90}^o$

b) Xét $\mathrm{\Delta }OM{O}^{\prime }$ vuông tại $M$ ta có:

$\begin{array}{l}M{A}^2=OA.O^{\prime }A=16.9=144\\ \Rightarrow MA=\sqrt{144}=12\left(cm\right).\end{array}$

Lại có $MA=MB=MC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

$\Rightarrow MB=MC=12\left(cm\right).$

$\Rightarrow BC=MB+MC=12+12$$=24\left(cm\right).$

c) 

$\begin{array}{l}OB\mathrm{\perp }BC\\ O^{\prime }C\mathrm{\perp }BC\end{array}\}\Rightarrow OB//O^{\prime }C$

Do đó tứ giác $OBC{O}^{\prime }$ là hình thang.

Có $MB=MC;IA=IB$ nên $IM$ là đường trung bình của hình thang $OBC{O}^{\prime }$. Do đó $IM//OB//O^{\prime }C$.

Mà $OB\mathrm{\perp }BC$ nên $IM\mathrm{\perp }BC$.

$\mathrm{\Delta }OM{O}^{\prime }$ vuông tại $M$ có $IM$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên $IM={\displaystyle \frac{1}{2}}O{O}^{\prime }$.

Do đó $IM$ là bán kính của đường tròn tâm $I$ lại vuông góc với $BC$ tại $M$ nên $BC$ là tiếp tuyến của $(I;IM)$.

Bài 11 trang 197 SBT Toán 9 tập 2: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O;R)$ có hai đường chéo $AC$ và $BD$ vuông góc với nhau. Chứng minh rằng $A{B}^2+C{D}^2=4R^2$.

Phương pháp giải:

Sử dụng:

- Trên một đường tròn hai dây song song chắn hai cung bằng nhau.

- Hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau.

- Định lí Pytago: Trong tam giác vuông, bình phương của cạnh huyền bằng tổng các bình phương của các cạnh góc vuông.

Lời giải:

Kẻ đường kính $B{B}^{\prime }$. Nối $B^{\prime }A,B^{\prime }D,B^{\prime }C$.

$\widehat{B^{\prime }DB}={90}^o$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

$\Rightarrow D{B}^{\prime }\mathrm{\perp }BD$

Mặt khác $AC\mathrm{\perp }BD$ (gt)

$\Rightarrow D{B}^{\prime }//AC$

Vì $AC//D{B}^{\prime }$ nên  $sđ{\stackrel{⏜}{AD}}_{\text{nhỏ}}=sđ{\stackrel{⏜}{B^{\prime }C}}_{\text{nhỏ}}$

$sđ\stackrel{⏜}{AD{B}^{\prime }}=sđ{\stackrel{⏜}{AD}}_{\text{nhỏ}}+sđ{\stackrel{⏜}{D{B}^{\prime }}}_{\text{nhỏ}}$

$sđ\stackrel{⏜}{C{B}^{\prime }D}=sđ{\stackrel{⏜}{B^{\prime }C}}_{\text{nhỏ}}+sđ{\stackrel{⏜}{D{B}^{\prime }}}_{\text{nhỏ}}$

Mà  $sđ{\stackrel{⏜}{AD}}_{\text{nhỏ}}=sđ{\stackrel{⏜}{B^{\prime }C}}_{\text{nhỏ}}$

$\Rightarrow sđ\stackrel{⏜}{AD{B}^{\prime }}=sđ\stackrel{⏜}{C{B}^{\prime }D}$.

$\Rightarrow A{B}^{\prime }=CD$ (các dây cung chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau)    (1)

Ta có $\widehat{BA{B}^{\prime }}={90}^o$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông $BA{B}^{\prime }$ có:

$A{B}^2+AB{}^{\prime 2}=BB{}^{\prime 2}$        (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $A{B}^2+C{D}^2=BB{}^{\prime 2}$

Hay $A{B}^2+C{D}^2=4R^2$.

Bài 12 trang 197 SBT Toán 9 tập 2: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Trên đường chéo $BD$ lấy điểm $E$ sao cho $\widehat{DAE}=\widehat{BAC}$. Chứng minh:

a) $\mathrm{\Delta }ADE\backsim \mathrm{\Delta }ACB,$$\mathrm{\Delta }ABE\backsim \mathrm{\Delta }ACD;$

b) $AD.BC+AB.CD=AC.BD.$

Phương pháp giải:

Sử dụng:

- Các góc nội tiếp chắn cùng một cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau.

- Hai góc của tam giác này lần lượt bằng hai góc của tam giác kia thì hai tam giác đó đồng dạng.

Lời giải:

a) Xét $\mathrm{\Delta }ADE$ và $\mathrm{\Delta }ACB$ có:

$\widehat{ADE}=\widehat{ACB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ $AB$)

$\widehat{DAE}=\widehat{CAB}$ (gt)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }ADE\backsim \mathrm{\Delta }ACB$ (g.g)

Ta có:

$\begin{array}{l}\widehat{BAE}=\widehat{BAC}+\widehat{CAE}\\ \widehat{CAD}=\widehat{DAE}+\widehat{CAE}\end{array}$

Mà $\widehat{BAC}=\widehat{DAE}$ (gt) nên $\widehat{BAE}=\widehat{CAD}$

Xét $\mathrm{\Delta }ABE$ và $\mathrm{\Delta }ACD$ có:

$\widehat{BAE}=\widehat{CAD}$ (chứng minh trên)

$\widehat{ABE}=\widehat{ACD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ $AD$)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }ABE\backsim \mathrm{\Delta }ACD$ (g.g).

b) Vì $\mathrm{\Delta }ADE\backsim \mathrm{\Delta }ACB$ (câu a) suy ra ${\displaystyle \frac{AD}{AC}}={\displaystyle \frac{DE}{CB}}$

$\Rightarrow AD.CB=AC.DE$     (1)

Vì $\mathrm{\Delta }ABE\backsim \mathrm{\Delta }ACD$ (câu a) suy ra ${\displaystyle \frac{AB}{AC}}={\displaystyle \frac{BE}{CD}}$

$\Rightarrow AB.CD=AC.BE$     (2)

Từ (1) và (2) ta có:

$AD.CB+AB.CD$$=AC.DE+AC.BE$$=AC.\left(DE+BE\right)=AC.BD.$

Vậy $AD.BC+AB.CD=AC.BD.$

 

Bài 13 trang 197 SBT Toán 9 tập 2: Cho nửa đường tròn đường kính $AB$ và một dây $CD$. Qua $C$ vẽ đường thẳng vuông góc với $CD$, cắt $AB$ tại $I$. Các tiếp tuyến tại $A$ và $B$ của nửa đường tròn cắt đường thẳng $CD$ theo thứ tự tại $E$ và $F$. Chứng minh rằng:

a) Các tứ giác $AECI$ và $BFCI$ nội tiếp được;

b) Tam giác $IEF$ vuông.

Phương pháp giải:

Sử dụng:

- Nếu tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng ${180}^o$ thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn.

- Các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau.

- Hai góc của tam giác này lần lượt bằng hai góc của tam giác kia thì hai tam giác đó đồng dạng.

Lời giải:

a)

Tứ giác $AECI$ có $\widehat{EAI}+\widehat{ECI}={90}^o+{90}^o={180}^o$ do đó tứ giác $AECI$ nội tiếp được.

Tứ giác $BFCI$ có $\widehat{FCI}+\widehat{IBF}={90}^o+{90}^o={180}^o$ do đó tứ giác $BFCI$ nội tiếp được.

b) Xét $\mathrm{\Delta }IEF$ và $\mathrm{\Delta }CAB$ có:

$\widehat{E_1}=\widehat{A_1}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CI$ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AECI$)

$\widehat{F_1}=\widehat{B_1}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CI$ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BFCI$)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }IEF\backsim \mathrm{\Delta }CAB$ (g.g).

$\Rightarrow \widehat{EIF}=\widehat{ACB}$ (hai góc tương ứng).

Ta lại có $\widehat{ACB}={90}^o$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

$\Rightarrow \widehat{EIF}={90}^o$.

Vậy tam giác $IEF$ vuông tại $I$.

Bài 14 trang 197 SBT Toán 9 tập 2: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp nửa đường tròn đường kính $AD.$ Hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $E.$ Kẻ $EF$ vuông góc với $AD.$ Gọi $M$ là trung điểm của $DE$. Chứng minh rằng:

a) Các tứ giác $ABEF,DCEF$ nội tiếp được;

b) Tia $CA$ là tia phân giác của góc $BCF$;

c) Tứ giác $BCMF$ nội tiếp được.

Phương pháp giải:

Sử dụng:

- Nếu tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng ${180}^o$ thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn.

- Trên một đường tròn các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau.

- Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới cùng một góc $\alpha$ thì nội tiếp được.

Lời giải:

a) Ta có $\widehat{ABD}=\widehat{ACD}={90}^o$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Tứ giác $ABEF$ có $\widehat{ABE}+\widehat{AFE}={90}^o+{90}^o={180}^o$ nên tứ giác $ABEF$ nội tiếp được.

Tứ giác $DCEF$ có $\widehat{DCE}+\widehat{DFE}={90}^o+{90}^o={180}^o$ nên tứ giác $DCEF$ nội tiếp được.

b) $\widehat{C_1}=\widehat{D_1}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ $AB$)   (1)

$\widehat{C_2}=\widehat{D_1}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $EF$ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $DCEF$)   (2)

Từ (1) và (2) ta có $\widehat{C_1}=\widehat{C_2}$.

Vậy $CA$ là tia phân giác của góc $BCF$.

c) $\mathrm{\Delta }DEF$ vuông tại $F$ có $FM$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên $FM=MD=ME={\displaystyle \frac{1}{2}}DE$.

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }DMF$ cân tại $M$.

$\Rightarrow \widehat{D_1}=\widehat{MFD}$ (tính chất tam giác cân).

$\widehat{BMF}$ là góc ngoài tại đỉnh $M$ của $\mathrm{\Delta }DMF$ nên:

$\widehat{BMF}=\widehat{D_1}+\widehat{MFD}=2\widehat{D_1}$    (3)

Theo câu b) ta có: $\widehat{BCF}=\widehat{C_1}+\widehat{C_2}=2\widehat{D_1}$      (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat{BMF}=\widehat{BCF}$.

Vậy $C$ và $M$ cùng nhìn $BF$ dưới một góc bằng nhau nên tứ giác $BCMF$ nội tiếp được.

Bài 15 trang 197 SBT Toán 9 tập 2: Từ một điểm $M$ ở bên ngoài đường tròn $(O)$ ta vẽ hai tiếp tuyến $MA,MB$ với đường tròn. Trên cung nhỏ $AB$ lấy một điểm $C.$ Vẽ $CD,CE,CF$ lần lượt vuông góc với $AB,MA,MB$. Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $DE$, $K$ là giao điểm của $BC$ và $DF$. Chứng minh rằng:

a) Các tứ giác $AECD,BFCD$ nội tiếp được;

b) $C{D}^2=CE.CF;$

c) Tứ giác $ICKD$ nội tiếp được;

d) $IK\mathrm{\perp }CD$.

Phương pháp giải:

Sử dụng:

- Nếu tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng ${180}^o$ thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn.

- Trên một đường tròn các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau.

Lời giải:

a) Ta có $\widehat{AEC}+\widehat{ADC}={90}^o+{90}^o={180}^o$ nên tứ giác $AECD$ nội tiếp được.

Ta có $\widehat{BFC}+\widehat{BDC}={90}^o+{90}^o={180}^o$ nên tứ giác $BFCD$ nội tiếp được.

b) Có $\widehat{D_1}=\widehat{A_1}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $EC$ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AECD$)  (1)

$\widehat{A_1}=\widehat{B_1}$ (góc giữa tia tiếp tuyến với một dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$ của đường tròn tâm $O$)    (2)

$\widehat{B_1}=\widehat{F_1}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CD$ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BFCD$)     (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: $\widehat{D_1}=\widehat{F_1}$.

Có $\widehat{E_2}=\widehat{A_2}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CD$ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AECD$)  (4)

$\widehat{B_2}=\widehat{A_2}$ (góc giữa tia tiếp tuyến với một dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $BC$ của đường tròn tâm $O$)    (5)

$\widehat{B_2}=\widehat{D_2}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CF$ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BFCD$)     (6)

Từ (4), (5) và (6) suy ra: $\widehat{E_2}=\widehat{D_2}$.

Xét $\mathrm{\Delta }DEC$ và $\mathrm{\Delta }FDC$ có:

$\widehat{D_1}=\widehat{F_1}$ (chứng minh trên)

$\widehat{E_2}=\widehat{D_2}$ (chứng minh trên)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }DEC\backsim \mathrm{\Delta }FDC$ (g.g).

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{CD}{CF}}={\displaystyle \frac{CE}{CD}}\Rightarrow C{D}^2=CE.CF$

c) Tứ giác $ICKD$ có:

$\widehat{ICK}+\widehat{IDK}=\widehat{ICK}+\widehat{D_1}+\widehat{D_2}$$=\widehat{ICK}+\widehat{B_1}+\widehat{A_2}={180}^o.$

Suy ra tứ giác $ICKD$ nội tiếp được.

d) Ta có $\widehat{CIK}=\widehat{D_2}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CK$ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ICKD$).

$\Rightarrow \widehat{CIK}=\widehat{A_2}$, mà $\widehat{CIK}$ và $\widehat{A_2}$ ở vị trí đồng vị nên $IK//AB$.

Mặt khác $CD\mathrm{\perp }AB$ (gt) nên $CD\mathrm{\perp }IK$.

Bài 16 trang 197 SBT Toán 9 tập 2: Một hình trụ có đường cao bằng đường kính đáy. Biết rằng thể tích hình trụ là $128\pi c{m}^3$. Tính diện tích xung quanh của nó.

Phương pháp giải:

Sử dụng:

- Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ: $S_{xq}=2\pi rh$.

- Công thức tính thể tích hình trụ: $V=Sh=\pi r^{2}h$.

($r$ là bán kính đường tròn đáy, $h$ là chiều cao, $S$ là diện tích đáy).

Lời giải:

Hình trụ có đường cao bằng đường kính đáy nên $h=2r$.

Theo đề bài ta có:

$\begin{array}{l}V=\pi r^{2}h=\pi .r^2.2r=2\pi r^3=128\pi \\ \Rightarrow r^3=64\Rightarrow r=4\left(cm\right).\end{array}$

Suy ra $h=2r=2.4=8(cm)$

Diện tích xung quanh của hình trụ là:

$S_{xq}=2\pi r.h=2\pi .4.8=64\pi \left(c{m}^2\right).$

Bài 17 trang 198 SBT Toán 9 tập 2: Cho hình 127. Khi quay tam giác $ABC$ một vòng quanh cạnh $BC$ cố định thì được:

(A) một hình nón;

(B) hai hình nón;

(C) một hình trụ;

(D) một đường tròn.

Hãy chọn câu trả lời đúng.

Phương pháp giải:

Khi quay tam giác $ABC$ một vòng quanh cạnh  cố định thì được hai hình nón có chung đáy và bán kính đáy là $AH$.

Lời giải:

Khi quay tam giác $ABC$ một vòng quanh cạnh $BC$ cố định thì được hai hình nón có chung đáy và bán kính đáy là $AH$.

Chọn B.

Bài 18 trang 198 SBT Toán 9 tập 2: Quay tam giác vuông $ABC$ $\left(\hat{A}={90}^o\right)$ một vòng quanh cạnh $AB$ là được một hình nón. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón biết $BC=12cm$ và $\widehat{ABC}={30}^o.$

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức:

- Diện tích xung quanh của hình nón: $S_{xq}=\pi rl$.

- Thể tích hình nón: ${\displaystyle V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h}$.

($r$ là bán kính đường tròn đáy, $l$ là đường sinh, $h$ là chiều cao).

Lời giải:

Xét $\mathrm{\Delta }ABC$ vuông tại $A$, ta có:

$AB=BC.\cos B=BC.\cos {30}^o$$=12.{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}=6\sqrt{3}\left(cm\right).$

$AC=BC.\sin B=BC.\sin {30}^o$$=12.{\displaystyle \frac{1}{2}}=6\left(cm\right).$

Quay tam giác vuông $ABC$ một vòng quanh cạnh $AB$ ta được một hình nón có chiều cao $AB,$ bán kính đường tròn đáy là $AC$ và đường sinh $BC.$

Diện tích xung quanh của hình nón tạo thành là:

$S_{xq}=\pi .AC.BC=\pi .6.12$$=72\pi \left(c{m}^2\right).$

Thể tích của hình nón tạo thành là:

$V={\displaystyle \frac{1}{3}}.\pi .A{C}^2.AB={\displaystyle \frac{1}{3}}.\pi {.6}^2.6\sqrt{3}$$=72\sqrt{3}\pi \left(c{m}^3\right).$