giai sbt toan 9 bai 4 goc tao boi tia tiep tuyen va day cung

Bài 4 Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung Bài 24 trang 103 SBT Toán lớp 9 tập 2 Hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B Qua A vẽ cát tuyến CAD với hai đường tròn (C ∈ (O), D ∈ (O’)) a) Chứng[.]

Bài 4 Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung Bài 24 trang 103 SBT Toán lớp 9 tập 2: Hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và

B Qua A vẽ cát tuyến CAD với hai đường tròn (C ∈ (O), D ∈ (O’))

a) Chứng minh rằng khi cát tuyến quay xung quanh điểm A thì CBD có số đo không đổi b) Từ C và D vẽ hai tiếp tuyến với đường tròn Chứng minh rằng hai tiếp tuyến này hợp với nhau một góc có số đo không đổi khi cát tuyến CAD quay xung quanh điểm A

Lời giải:

a)

Ta có:

1

ACB

2

 sđ AnB (góc nội tiếp trong đường tròn (O))

1

ADB

2

 sđAmB (góc nội tiếp trong đường tròn (O’))

Vì điểm A, B cố định nên sđ AnB , sđ AmB không thay đổi

Vì vậy ACB , ADB có số đo không đổi

Ta có: CBDACB ADB 180  o

o

CBD 180 ACB ADB

    không đổi do ACB , ADB có số đo không đổi (chứng minh trên)

Vậy số đo CBD luôn không đổi khi cát tuyến CAD thay đổi

b)

Trong đường tròn (O) ta có:

ABCMCA (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung) (1)

Trong đường tròn (O’) ta có:

ABDMDA(hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung) (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: MCAMDAABCABDCBD

Hay MCDMDCCBD (không đổi do câu a)

Xét tam giác MCD có: o   o

CMD 180  MCDMDC 180 CBD

Do đó, CMD không đổi do CBD không đổi

Vậy CMD không đổi

Suy ra điều phải chứng minh

Bài 25 trang 104 SBT Toán lớp 9 tập 2: Từ một điểm M cố định ở bên ngoài đường tròn

(O), kẻ một tiếp tuyến MT và một cát tuyến MAB của đường tròn đó

a) Chứng minh rằng luôn có MT2 = MA.MB và tích này không phụ thuộc vị trí của cát tuyến MAB

b) Ở hình 2 khi cho MT = 20cm, MB = 50cm, tính bán kính đường tròn

Lời giải:

a)

Xét tam giác MTA và tam giác MTB có:

Góc M chung

MTATBA (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây)

Hay MTATBM

Do đó, tam giác MAT đồng dạng với tam giác MTB (góc – góc)

MT MB

MA MT

2

MT MA.MB

Vì MA.MBMT2 và MT là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên tích MA.MB không phụ thuộc vị trí của cát tuyến MAB

b)

Gọi bán kính đường tròn (O) là R

MB = MA + AB = MA + 2R

MA MB 2R

2

MT MA.MB (chứng minh trên)

2

Bài 26 trang 104 SBT Toán lớp 9 tập 2: Ngồi trên đỉnh núi cao 1 km thì có thể nhìn thấy

một địa điểm T trên mặt đất với khoảng cách tối đa là bao nhiêu ? Biết rằng bán kính Trái Đất gần bằng 6400 km (h.3)

Lời giải:

Điểm nhìn tối đa là tiếp tuyến kể từ mắt nhìn đến tiếp điểm của bề mặt trái đất (như hình vẽ)

Xét tam giác MTA và tam giác MTB có:

Góc M chung

MTATBM (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung)

Do đó, tam giác MTA và tam giác MBT đồng dạng (góc – góc)

2

MA là chiều cao của đỉnh núi nên MA = 1km ; R = 6400km

Thay số ta có: 2  

MT 113,1

  (km)

Bài 27 trang 104 SBT Toán lớp 9 tập 2: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn

(O) Vẽ tia Bx sao cho tia BC nằm giữa hai tia Bx; BA và CBxBAC Chứng minh rằng

Bx là tiếp tuyến của (O)

Lời giải:

Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có ba khả năng xảy ra của tam giác

Lần lượt như hình vẽ, có:

Tam giác ABC là tam giác nhọn

Tam giác ABC là tam giác vuông

Tam giác ABC là tam giác tù

Xét tam giác ABC là tam giác nhọn

Trên cùng nửa mặt phẳng bờ đường thẳng BC chứa tia Bx ta kẻ tia By là tiếp tuyến của đường tròn (O)

  (hệ quả của góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung)

Mà CBxBAC (gt)

Lại có By và Bx nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ BC tạo với BC một góc bằng nhau

Do đó, By và Bx trùng nhau

Vậy Bx là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Bài tập bổ sung

Bài 4.1 trang 104 SBT Toán lớp 9 tập 2: Cho đường tròn tâm O bán kính R Lấy ba

điểm bất kỳ A, B, C trên đường tròn (O) Điểm E bất kỳ thuộc đoạn thẳng AB (và không trùng với A, B) Đường thẳng d đi qua điểm E và vuông góc với đường thẳng OA cắt đoạn thẳng AC tại điểm F Chứng minh BCFBEF 180 o

Lời giải:

Kẻ tiếp tuyến At của đường tròn (O)

Ta suy ra: AtOA (tính chất tiếp tuyến)

Mà EF vuông góc với OA

Do đó, At // EF

EFA CAt

  (hai góc so le trong bằng nhau)

Lại có: CBACAt (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung) EFA CBA

  hay EFACBE

Mà EFAEFC 180 o (hai góc kề bù)

o

CBE EFC 180

   (1)

Xét tứ giác BCFE ta có:

o

BCF BEF CBE  CFE360 (tổng các góc trong tứ giác) (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: BCFBEF 180 o

Bài 4.2 trang 104 SBT Toán lớp 9 tập 2: Cho tam giác ABC vuông ở A, AH và AM

tương ứng là đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác đó Qua điểm A kẻ đường thẳng mn vuông góc với AM Chứng minh: AB và AC tương ứng là tia phân giác của các góc tạo bởi AH và hai tia Am, An của đường thẳng mn

Lời giải:

Vì tam giác ABC vuông tại A, có AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

1

AM MB MC BC

2

    (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông)

Nên đường tròn tâm M bán kính MA đi qua A, B, C

Gọi D là giao điểm của AH với đường tròn (M; MA)

Khi đó: BC vuông góc với AD tại H nên H là trung điểm của AD (quan hệ giữa đường kính và dây của đường tròn)

Do đó, BC là đường trung trực của AD

⇒ AC = CD (tính chất đường trung trực của đoạn thẳng)

Do đó, tam giác ACD cân tại C

ADC DAC

  (1)

Ta lại có: ADCnAC (hệ quả của góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung) (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: DACnAC hay HACnAC

Vậy AC là tia phân giác của HAn

Ta có: ACBmAB (hệ quả của góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung) (3) BAHACB (cùng phụ với góc HAC) (4)

Từ (3), (4) ta suy ra: mABBAH

Vậy AB là tia phân giác của mAH