Bài 86 trang 172 SBT toán 9 tập 1

Đề bài

Cho đường tròn \((O),\) đường kính \(AB,\) điểm \(C\) nằm giữa \(A\) và \(O.\) Vẽ đường tròn \((O')\) có đường kính \(CB.\)

\(a)\) Hai đường tròn \((O)\) và \((O')\) có vị trí tương đối như thế nào đối với nhau \(?\)

\(b)\) Kẻ dây \(DE\) của đường tròn \((O)\) vuông góc với \(AC\) tại trung điểm \(H\) của \(AC.\) Tứ giác \(ADCE\) là hình gì \(?\) Vì sao\(?\)

\(c)\) Gọi \(K\) là giao điểm của \(DB\) và đường tròn \((O').\) Chứng minh rằng ba điểm \(E, C, K\) thẳng hàng.

\(d)\) Chứng minh rằng \(HK\) là tiếp tuyến của đường tròn \((O').\)

Lời giải chi tiết

\(a)\) Vì \(O, O'\) và \(B\) thẳng hàng nên: \(O'B < OB\)\( ⇒ O'\) nằm giữa \(O\) và \(B\)

Ta có: \(OO' = OB - O'B\)

Vậy đường tròn \((O')\) tiếp xúc trong với đường tròn \((O)\) tại \(B.\)

\(b)\) Xét đường tròn (O) có \(AB ⊥ DE\;\; (gt)\) mà AB là đường kính, DE là dây cung

Suy ra: \(HD = HE\) (đường kính vuông góc với dây cung)

Lại có:   \(HA = HC \;\;(gt)\)

Suy ra, tứ giác \(ADCE\) có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành.

Lại có: \(AC ⊥ DE\)

Suy ra tứ giác \(ADCE\) là hình thoi.

\(c)\) Tam giác \(ABD\) nội tiếp trong đường tròn \((O)\) có \(AB\) là đường kính nên vuông tại \(D.\)

Suy ra: \(AD ⊥ BD\)

Tứ giác \(ADCE\) là hình thoi nên \(EC // AD\)

Suy ra: \( EC ⊥ BD \;\;\;           (1)\)

Tam giác \(BCK\) nội tiếp trong đường tròn \((O')\) có \(BC\) là đường kính nên vuông tại \(K.\)

Suy ra: \(CK ⊥ BD\;\;\;             (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(EC\) trùng với \(CK\)

Vậy \(E, C, K\) thẳng hàng.

\(d)\) Tam giác \(DEK\) vuông tại \(K\) có \(KH\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền \(DE\) nên:

\(HK = HE = \displaystyle{1 \over 2}DE\) (tính chất tam giác vuông)

Suy ra tam giác \(EHK\) cân tại \(H\)

Suy ra: \(\widehat {HEK} = \widehat {HKE}\) (tính chất tam giác cân)            \((3)\)

Ta có: \(O'K = O'C \) (= bán kính đường tròn (O')) nên tam giác \(O'CK\) cân tại \(O'\)

Suy ra: \(\widehat {O'KC} = \widehat {O'CK}\) (tính chất tam giác cân)

Mà: \(\widehat {O'CK} = \widehat {HCE}\) (đối đỉnh)

Suy ra: \(\widehat {O'KC} = \widehat {HCE}\)    \( (4)\)

Từ \((3)\) và \((4)\) suy ra: \(\widehat {HKO'} = \widehat {HKE} + \widehat {O'KC}\)\( = \widehat {HEK} + \widehat {HCE}\)     \((5)\)

Tam giác \(CEH\) vuông tại \(H\) nên \(\widehat {HEK} + \widehat {HCE} = 90^\circ \) \((6)\)

Từ \((5)\) và \((6)\) suy ra: \(\widehat {HKO'} = 90^\circ \) hay \(HK ⊥ KO'\) tại \(K\)

Vậy \(HK\) là tiếp tuyến của đường tròn \((O').\)

Loigiaihay.com