Lời giải:

Xét đường tròn (O) có AB và AC là hai tiếp tuyến lần lượt tại B và C nên  $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}={90}^0$

Xét hai tam giác vuông là $\mathrm{\Delta }ABO$ và $\mathrm{\Delta }ACO$ có:

+ AO cạnh chung

+ OB=OC =bán kính

Suy ra $\mathrm{\Delta }ABO=\mathrm{\Delta }ACO$ (cạnh huyền - cạnh góc vuông)

Từ đó ta có: 

Các đoạn thẳng bằng nhau là: AB = AC ; OB = OC

Các góc bằng nhau là:

$\widehat{BAO}=\widehat{CAO};\widehat{BOA}=\widehat{COA}$

$\widehat{ABO}=\widehat{ACO}={90}^o$

Lời giải:

- Ta đặt miếng gỗ hình tròn tiếp xúc với hai cạnh của thước.

- Kẻ theo “ tia phân giác “ của thước, ta vẽ được một đường kính của hình tròn

- Xoay miếng gỗ rồi làm tiếp tục như trên, ta được đường kính thứ hai.

- Giao điểm của hai đường kính chính là tâm đường tròn

Phương pháp giải:

Sử dụng: Các điểm nằm trên tia phân giác của một góc thì cách đều hai cạnh của góc đó.

Lời giải:

Xét tam giác ABC. Theo tính chất tia phân giác, ta có:

AI là tia phân giác của góc BAC

$\Rightarrow IE=IF$

Tương tự: CI là tia phân giác của góc ACB

$\Rightarrow IE=ID$

Do đó: $IE=IF=ID$

Vậy 3 điểm D, E, F cùng nằm trên đường tròn tâm I.

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất tia phân giác: "Các điểm nằm trên tia phân giác của một góc thì cách đều hai cạnh của góc đó" 

Lời giải:

Theo tính chất tia phân giác, ta có: 

AK là tia phân giác của góc BAC

$\Rightarrow KE=KF$

Tương tự: CK là tia phân giác của góc ngoài của góc ACB

$\Rightarrow KE=KD$

Do đó: KE = KF = KD

Vậy 3 điểm D, E, F cùng nằm trên đường tròn tâm K

a) Chứng minh rằng $OA$ vuông góc với $BC$.

b) Vẽ đường kính $CD$. Chứng minh rằng $BD$ song song với $AO$.

c) Tính độ dài các cạnh của tam giác $ABC$; biết $OB=2cm,OA=4cm$.

Phương pháp giải:

a) Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau: cho $(O;R)$ với hai tiếp tuyến $AB,AC$. Khi đó:

+) $AB=AC$ 

+) $AO$ là phân giác của góc $BAC$

b) Sử dụng tính chất: nếu một tam giác có một cạnh là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác thì tam giác đó là tam giác vuông (Bài tập 3 - trang 100)

c) +) Dùng định nghĩa tỉ số lượng giác trong tam giác vuông: $\sin \alpha ={\displaystyle \frac{cạnhđối}{cạnhhuyền}}$ để tính số đo góc.

+) Tam giác cân có một góc bằng ${60}^o$ thì là tam giác đều.

+) Dùng định lí Pytago: $\mathrm{\Delta }ABC$ vuông tại $A$ thì $B{C}^2=A{C}^2+A{B}^2$.

Lời giải:

a) Vì $AB,AC$ là các tiếp tuyến cắt nhau tại A nên $AB=AC$ và $\widehat{A_1}=\widehat{A_2}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra $\mathrm{\Delta }ABC$ cân tại $A$. 

Vì $\widehat{A_1}=\widehat{A_2}$ nên $AO$ là tia phân giác của góc $A$ nên $AO$ đồng thời là đường cao ứng với cạnh $BC$.

Vậy $OA\perp BC$ 

b) Điểm $B$ nằm trên đường tròn đường kính $CD$ nên $\widehat{CBD}={90}^{\circ }$ (bài 3 trang 100 SGK toán 9 tập 1) hay $BC\mathrm{\perp }BD$.

Lại có $AO\mathrm{\perp }BC$

Suy ra $BD//AO$ (vì cùng vuông góc với $BC)$.

c) Nối $OB$ thì $OB\perp AB.$

Xét tam giác $AOB$ vuông tại $B$, ta có: 

$\sin \widehat{A_1}={\displaystyle \frac{OB}{OA}}={\displaystyle \frac{2}{4}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$

$\Rightarrow \widehat{A_1}={30}^{\circ }$$\Rightarrow \widehat{BAC}=2.\widehat{A_1}={60}^{\circ }.$

Tam giác $ABC$ cân, có một góc ${60}^{\circ }$ nên là tam giác đều.

Suy ra $AB=BC=CA$

Xét tam giác $AOB$ vuông tại $B$, áp dụng định lí Pytago, ta có: 

$A{O}^2=A{B}^2+O{B}^2\Rightarrow A{B}^2=A{O}^2-O{B}^2$

$\iff A{B}^2=4^2-2^2=16-4=12\Rightarrow AB=2\sqrt{3.}$

Vậy $AB=AC=BC=2\sqrt{3}cm$.

Nhận xét. Qua câu c) ta thấy: Góc tạo bởi hai tiếp tuyến của một đường tròn vẽ từ một điểm cách tâm một khoảng bằng đường kính đúng bằng ${60}^{\circ }$.

Cách khác câu b:

Gọi H là giao điểm của OA và BC.  

Vì $OA\mathrm{\perp }BC$ tại H mà OA là 1 phần đường kính và BC là dây của đường tròn (O) nên H là trung điểm của BC (định lý)

Lại có O là trung điểm của đường kính CD nên OH là đường trung bình của tam giác BCD

Hay OH//BD. Do đó, OA//BD.

+) Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau: cho $(O;R)$ với hai tiếp tuyến $AB,AC$ tại $B,C$ của $(O)$ khi đó $AB=AC$.

+) Chu vi tam giác $ABC$ là: $C_{\mathrm{\Delta }ABC}=AB+BC+AC$. 

Lời giải:

Vì $AB,AC$ là hai tiếp tuyến của $(O)$ lần lượt tại $B,C$. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: $AB=AC$

Vì $DB,DM$ là hai tiếp tuyến của $(O)$ lần lượt tại $B,M$. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: $DB=DM$

Vì $EM,EC$ là hai tiếp tuyến của $(O)$ lần lượt tại $M,C$. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: $EM=EC$

Chu vi tam giác $ADE$ là: $AD+DE+EA=AD+(DM+ME)+EA$ 

$=(AD+DM)+(ME+EA)$

$=(AD+DB)+(EC+EA)$ (vì $DM=DB$ và $ME=EC$)

$=AB+AC=2AB$ (vì $AC=AB$).

Lời giải:

Gọi $O$ là tâm của một đường tròn bất kì tiếp xúc với hai cạnh góc $xAy$. Khi đó $Ax,Ay$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

$\widehat{xAO}=\widehat{y\mathrm{A}O}$ 

Hay $AO$ là tia phân giác của góc $xAy$. Vậy tập hợp tâm các đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của góc $xAy$ nằm trên tia phân giác của góc $\widehat{xAy}$.

Bài toán dựng hình chia làm $4$ bước:

Bước 1. Phân tích: giả sử hình cần dựng đã được vẽ. Lập luận để tìm cách dựng được hình.

Bước 2. Dựng hình: Dựa vào bước phân tích trên liệt kê thứ tự các phép dựng hình cơ bản.

Bước 3. Chứng minh: Bằng lí luận, chứng minh hình vừa dựng thỏa mãn tất cả các giả thiết của bài toán.

Bước 4. Biện luận: thiết lập điều kiện giải được của bài toán. Tức là xét xem bài toán giải được trong trường hợp nào và có bao nhiêu nghiệm.  

Lời giải:

Phân tích: Giả sử đã dựng được hình thỏa mãn đề bài. Khi đó:

Đường tròn $(O)$ tiếp xúc với hai cạnh của góc $xAy$ nên tâm $O$ nằm trên tia phân giác $Am$ của góc $xAy$ (xem lại bài 28 trang 116 SGK toán 9 tập 1).

Đường tròn $(O)$ tiếp xúc với $Ax$ tại $B$ nên tâm $O$ nằm trên đường thẳng $d\perp Ax$ tại $B$. 

Vậy $O$ là giao điểm của tia $Am$ với đường thẳng $d$.

Cách dựng

- Dựng tia phân giác Am của góc $xAy$.

- Qua $B$ dựng đường thẳng $d\perp Ax$, cắt tia $Am$ tại $O$.

- Dựng đường tròn $(O;OB)$, đó là đường tròn phải dựng.

Chứng minh

Vì $OB\perp Ax$ tại $B$ nên đường tròn $(O;OB)$ tiếp xúc với $Ax$ tại $B$. 

Vì $O$ nằm trên tia phân giác của góc $xAy$ nên $O$ cách đều hai cạnh của góc $xAy$. Do đó đường tròn $(O;OB)$ tiếp xúc với $Ay$.

Biện luận. Bài toán luôn có một nghiệm hình. 

Chứng minh rằng: 

a) $\widehat{CO\mathrm{D}}={90}^0$

b) $CD=AC+BD$

c) Tích $AC.BD$ không đổi khi điểm $M$ di chuyển trên nửa đường tròn.

Phương pháp giải:

+) Sử dụng tính chất hai đường tiếp tuyến cắt nhau: $AB,AC$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A,B$ thì

1) $AB=AC$; 

2) $OA$ là tia phân giác của góc $\widehat{BOC}$.

+) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: $\mathrm{\Delta }ABC$ vuông tại  $A$, đường cao $AH$. Khi đó $A{H}^2=HB.HC$

Lời giải:

Ta có:

$OA\perp Ax$ (gt)

$OB\perp By$ (gt)

$\Rightarrow$ $Ax,By$ là các tiếp tuyến của đường tròn lần lượt tại $A,B$.

Vì $CA,CM$ là hai tiếp tuyến của $(O)$ lần lượt tại $A$ và $M$, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: $CM=CA$ và $\widehat{O_1}=\widehat{O_2}$

Vì $DB,DM$ là hai tiếp tuyến của $(O)$ lần lượt tại $B$ và $M$, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: $DM=DB$ và $\widehat{O_3}=\widehat{O_4}$

a) Ta có:

$\begin{array}{rl}& \widehat{O_1}+\widehat{O_2}+\widehat{O_3}+\widehat{O_4}={180}^o\\ & \iff \left(\widehat{O_2}+\widehat{O_2}\right)+\left(\widehat{O_3}+\widehat{O_3}\right)={180}^o\\ & \iff 2\widehat{O_2}+2\widehat{O_3}={180}^o\\ & \iff \widehat{O_2}+\widehat{O_3}={90}^o\\ & \iff \widehat{COD}={90}^o\end{array}$

b) Ta có: $CM=AC,MD=BD$ (chứng minh trên)

Lại có: $CD=CM+MD=AC+BD$ (đpcm)

c) Ta có: $CM=AC,MD=BD$ (chứng minh trên)

Xét tam giác $COD$ vuông tại $O$, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

$M{O}^2=MC.MD=AC.BD=R^2$

Vì bán kính đường tròn không đổi khi $M$ di chuyển trên nửa đường tròn nên $M{O}^2$ không đổi do đó tích $AC.BD$ không đổi khi $M$ di chuyển trên nửa đường tròn. 

a) Chứng minh rằng:

2AD=AB+AC−BC.

b) Tìm các hệ thức tương tự hệ thức ở câu a).

Phương pháp giải:

+) Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau để chứng minh các đoạn thẳng bằng nhau: Nếu $AB,AC$ là hai tiếp tuyến của $(O)$ lần lượt tại $A,B$ thì ta có: $AB=AC$

+) Chu vi tam giác $ABC$ là $C_{\mathrm{\Delta }ABC}=AB+AC+BC$

Lời giải:

a) Tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn tâm $O$ nên $AB,BC,AC$ lần lượt là tiếp tuyến tại $D,E,F$ của đường tròn.

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: 

$AD=AF;DB=BE;FC=CE.$

Xét vế phải:

$VP=AB+AC-BC$

$=(AD+DB)+(AF+FC)-(BE+EC)$

Thay $DB=BE,FC=CE$ vào biểu thức trên, ta được:

$VP=(AD+BE)+(AF+CE)-(BE+EC)$

$=AD+BE+AF+CE-BE-EC$

$=AD+AF+(BE-BE)+(CE-EC)$

$=AD+AF=2AD=VT.$ (Do $AD=AF)$

Vậy $2AD=AB+AC-BC.$

b) Các hệ thức tương tự là:

$2BD=BA+BC-AC;$

$2CF=CA+CB-AB.$

Nhận xét. 

Đặt $p={\displaystyle \frac{AB+AC+BC}{2}}$ là nửa chu vi của tam giác $ABC$, $AB=c;BC=a;CA=b$.

Ta có: $2AD=AB+AC-BC$

$=(AB+AC+BC)-2BC$

$\iff AD={\displaystyle \frac{AB+AC+BC}{2}}-{\displaystyle \frac{2BC}{2}}$

$\iff AD=p-BC$ hay $AD=p-a$.

Tương tự ta có các kết quả sau:

$AD=AF=p-a;$

$BD=BE=p-b;$

$CE=CF=p-c.$

Bài 32 trang 116 sgk Toán 9 - tập 1: Cho tam giác đều $ABC$ ngoại tiếp đường tròn bán kính $1cm$. Diện tích của tam giác $ABC$ bằng:

(A) $6c{m}^2$;

(B) $\sqrt{3}c{m}^2$;

(C) ${\displaystyle \frac{3\sqrt{3}}{4}}c{m}^2$

(D) $3\sqrt{3}c{m}^2.$

Hãy chọn câu trả lời đúng.

Phương pháp giải:

+) Sử dụng tính chất: Trong tam giác đều, đường cao đồng thời là đường trung tuyến.

+) Sử dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông: $\mathrm{\Delta }ABC$ vuông tại $A$. Khi đó: $AB=BC.\sin C;AC=BC.\sin B$. 

+) Công thức tính diện tích tam giác: $S={\displaystyle \frac{1}{2}}.h.a$

trong đó $h$ là độ dài đường cao, $a$ là độ dài cạnh ứng với đường cao.

Lời giải:

Gọi $(O)$ là đường tròn nội tiếp tam giác đều $ABC$ và H là tiếp điểm thuộc AB. 

Khi đó $OH=1$ là bán kính của $(O)$

Ta có: $CH\mathrm{\perp }AB$

Trong tam giác đều ABC, đường cao CH cũng là đường trung tuyến.

Vì tam giác ABC đều nên O cũng là trọng tâm tam giác.

Theo tính chất đường trung tuyến, ta có:

$OH={\displaystyle \frac{1}{3}}CH\Rightarrow CH=3.OH=3.1=3.$

Vì tam giác $ABC$ đều nên $\hat{B}={60}^o$.

Xét tam giác $CHB$, vuông tại $H$, $\hat{B}={60}^o,CH=3$. Áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông, ta có:

$CH=CB.\sin B\Rightarrow CB={\displaystyle \frac{CH}{\sin B}}={\displaystyle \frac{3}{\sin {60}^o}}=2\sqrt{3}$

Suy ra $AB=AC=BC=2\sqrt{3}(cm).$

Do đó diện tích tam giác $ABC$ là

$S={\displaystyle \frac{1}{2}}CH.AB={\displaystyle \frac{1}{2}}.3.2\sqrt{3}=3\sqrt{3}(c{m}^2).$ 

Ta chọn (D).