Bài 77* trang 169 SBT toán 9 tập 1Giải bài 77* trang 169 sách bài tập toán 9. Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. kẻ tiếp tuyến chung ngoài MN với M thuộc (O) và N thuộc (O’). Gọi P là điểm đối xứng với M qua OO’, Q là điểm đối xứng với N qua OO’. Chứng minh rằng:... Đề bài Cho hai đường tròn \((O)\) và \((O’)\) tiếp xúc ngoài tại \(A.\) Kẻ tiếp tuyến chung ngoài \(MN\) với \(M\) thuộc \((O)\) và \(N\) thuộc \((O’).\) Gọi \(P\) là điểm đối xứng với \(M\) qua \(OO’, Q\) là điểm đối xứng với \(N\) qua \(OO’.\) Chứng minh rằng: \(a)\) \(MNQP\) là hình thang cân. \(b)\) \(PQ\) là tiếp tuyến chung của hai đường tròn \((O)\) và \((O’).\) \(c)\) \(MN + PQ = MP + NQ.\) Phương pháp giải - Xem chi tiết Sử dụng kiến thức: +) Tứ giác có hai cạnh đối song song là hình thang. +) Nếu một đường thẳng là tiếp tuyến của một đường tròn thì nó vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm. +) Nếu một đường thẳng đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó thì đường thẳng ấy là một tiếp tuyến của đường tròn. +) Nếu hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau tại một điểm thì điểm đó cách đều hai tiếp điểm. +) Đường trung bình của hình thang thì song song với hai cạnh đáy và bằng nửa tổng hai đáy. Lời giải chi tiết
\(a)\) Vì \(M\) và \(P\) đối xứng qua trục \(OO’\) nên \(OO’\) là đường trung trực của \(MP.\) Suy ra: \(OP = OM\) Khi đó \(P\) thuộc \((O)\) và \(MP ⊥ OO’\;\; (1)\) Vì \(N\) và \(Q\) đối xứng qua trục \(OO’\) nên \(OO’\) là đường trung trực của \(NQ\) Suy ra: \(O’N = O’Q\) Khi đó \(Q\) thuộc \((O’)\) và \(NQ ⊥ OO’\;\; (2)\) Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra: \( MP // NQ\) Tứ giác \(MNQP\) là hình thang. Vì \(OO’\) là đường trung trực của \(MP\) và \(NQ\) nên \(OO’\) đi qua trung điểm hai đáy hình thang \(MNQP,\) \(OO’\) đồng thời cũng là trục đối xứng của hình thang \(MNQP\) nên \(MNQP\) là hình thang cân. \(b)\) Ta có: \(MN ⊥ OM\) ( tính chất tiếp tuyến) Suy ra: \(\widehat {OMN} = 90^\circ \) hay \(\widehat {OMP} + \widehat {PMN} = 90^\circ \) (3) Vì \(OM = OP\) (= bán kính đường tròn (O)) nên tam giác \(OMP\) cân tại \(O\) Suy ra: \(\widehat {OPM} = \widehat {OMP}\) \( (4)\) Lại có \(MNQP\) là hình thang cân nên \(\widehat {PMN} = \widehat {QPM}\) \( (5)\) Từ \((3),\) \((4)\) và \((5)\) suy ra: \(\widehat {OPM} + \widehat {QPM} = 90^\circ \) Suy ra: \(QP ⊥ OP\) tại \(P\) Vậy \(PQ\) là tiếp tuyến của đường tròn \((O).\) Ta có: \(MN ⊥ O’N\) ( tính chất tiếp tuyến) Suy ra: \(\widehat {O'NM} = 90^\circ \) Mà \(\widehat {O'NM} = \widehat {MNQ} - \widehat {O'NQ} = 90^\circ \) \((6)\) Vì \(O’N = O’Q \) (= bán kính đường tròn (O')) nên tam giác \(O’NQ\) cân tại \(O’\) Suy ra: \(\widehat {O'NQ} = \widehat {O'QN}\) \((7)\) Lại có \(MNQP\) là hình thang cân nên \(\widehat {MNQ} = \widehat {PQN}\) \((8)\) Từ \((6), (7)\) và \((8)\) suy ra: \(\widehat {PQN} - \widehat {O'QN} = 90^\circ \) hay \(\widehat {O'QP} = 90^\circ \) Suy ra: \(QP ⊥ O’Q\) tại \(Q\) Vậy \(PQ\) là tiếp tuyến của đường tròn \((O’).\) \(c)\) Kẻ tiếp tuyến chung tại \(A\) cắt \(MN\) tại \(E\) và \(PQ\) tại \(F\) Trong đường tròn \((O),\) theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \( EM = EA\) và \(FP = FA\) Trong đường tròn \((O’),\) theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \(EN = EA\) và \(FQ = FA\) Suy ra: \(EM = EA = EN = \displaystyle {1 \over 2}MN\) \(FP = FA = FQ = \displaystyle {1 \over 2}PQ\) Suy ra: \(MN +PQ = 2EA + 2FA \)\(= 2(EA + FA) = 2EF \;\; (9)\) Vì \(EF\) là đường trung bình của hình thang \(MNQP\) nên: \(EF = \displaystyle {{MP + NQ} \over 2}\) hay \(MP + NQ = 2EF \;\; (10)\) Từ \((9)\) và \((10)\) suy ra: \( MN + PQ = MP + NQ.\) HocTot.Nam.Name.Vn  Chia sẻ Bình luận
Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí
|
