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) 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 \(\widehat {CAB} \approx 60^\circ .\)

a) Xét tam giác OHB vuông tại H, ta có:

\(\sin \widehat {OBH} = \frac{{OH}}{{OB}} = \frac{{\frac{R}{2}}}{R} = \frac{1}{2},\) suy ra \(\widehat {OBH} = 30^\circ .\)

b) Xét tam giác AOB cân tại O (do OB = OA = R) có OH là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến, suy ra \[HB = HA = \frac{{AB}}{2} = \frac{9}{2} = 4,5\,\,{\rm{(cm}}).\]

Xét tam giác OHB vuông tại H, ta có:

\(\cos \widehat {OBH} = \frac{{BH}}{{OB}},\) suy ra \(OB = \frac{{BH}}{{\cos \widehat {OBH}}} = \frac{{4,5}}{{\cos 30^\circ }} = \frac{{4,5}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = 3\sqrt 3 \;({\rm{cm}}).\)

Suy ra \(R = OB = 3\sqrt 3 \,\,{\rm{cm}}.\)