SBT Toán 9 Bài 4: Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung | Giải SBT Toán lớp 9

Giải SBT Toán 9 Bài 4: Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung

Bài 24 trang 103 SBT Toán 9 tập 2: Hai đường tròn $(O)$ và $(O^{\prime })$ cắt nhau tại $A$ và $B.$ Qua $A$ vẽ cát tuyến $CAD$ với hai đường tròn $(C\in (O),$ $D\in (O^{\prime })).$

$a)$ Chứng minh rằng khi cát tuyến quay xung quang điểm $A$ thì $\widehat{CBD}$ 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 $A.$ 

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Trong một đường tròn, số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn.

+) Trong một đường tròn, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.

Lời giải:

$a)$ Ta có:

 $\widehat{ACB}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{AnB}$ (góc nội tiếp trong đường tròn $(O))$

 $\widehat{ADB}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{AmB}$ (góc nội tiếp trong đường tròn $(O^{\prime }))$

Vì điểm $A,B$ cố định nên  $sđ\stackrel{⏜}{AnB},$ $sđ\stackrel{⏜}{AmB}$ không thay đổi

Vì vậy $\widehat{ACB},\widehat{ADB}$ có số đo không đổi.

Ta có:$\widehat{CBD}={180}^o-\left(\widehat{ACB}+\widehat{ADB}\right)$ không đổi do $\widehat{ACB},\widehat{ADB}$ có số đo không đổi. 

Vậy số đo $\widehat{CBD}$ luôn không đổi khi cát tuyến $CAD$ thay đổi .

$b)$ Trong $(O)$ ta có

$\widehat{ABC}=\widehat{MCA}$ (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung) $(1)$

Trong $(O^{\prime })$ ta có: $\widehat{ABD}=\widehat{MDA}$ (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung) $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra: $\widehat{MCA}+\widehat{MDA}=\widehat{ABC}+\widehat{ABD}$$=\widehat{CBD}$

Hay $\widehat{MCD}+\widehat{MDC}=\widehat{CBD}$ (không đổi do câu a)

Trong $∆MCD$ ta có: $\widehat{CMD}={180}^o-\left(\widehat{MCD}+\widehat{MDC}\right)$

$={180}^o-\widehat{CBD}$

Nên $\widehat{CMD}$ không đổi do $\widehat{CBD}$ không đổi.

Vậy $\widehat{CMD}$ không đổi.

 

Bài 25 trang 104 SBT Toán 9 tập 2: Từ một điểm $M$ cố định ở bên ngoài đường tròn tâm $O$ ta kẻ một tiếp tuyến $MT$ và một cát tuyến $MAB$ của đường tròn đó.

$a)$ Chứng minh rằng ta luôn có $M{T}^2=MA.MB$ và tích này không phụ thuộc vị trí của cát tuyến $MAB.$

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

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Trong một đường tròn, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.

+) Hai tam giác đồng dạng thì ta có các cạnh tương ứng tỉ lệ.

Lời giải:

$a)$ 

 

Xét $∆MTA$ và $∆MTB,$ có: 

+) $\hat{M}$ chung

+) $\widehat{MTA}=\widehat{TBA}$ (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây), hay $\widehat{MTA}=\widehat{TBM}$

Suy ra: $∆MAT$ đồng dạng $∆MTB$

$\Rightarrow \frac{MT}{MA}=\frac{MB}{MT}$

$\Rightarrow M{T}^2=MA.MB$

Vì $MA.MB=M{T}^2$ mà $MT$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ nên tích $MA.MB$ không phụ thuộc vị trí của cát tuyến $MAB.$

$b)$

Gọi bán kính $(O)$ là $R$

$MB=MA+AB=MA+2R$

$\Rightarrow MA=MB-2R$

$M{T}^2=MA.MB$ (chứng minh trên)

$\Rightarrow M{T}^2=\left(MB-2R\right)MB$

$\Rightarrow R=\frac{M{B}^2-M{T}^2}{2MB}$

$=\frac{2500-400}{2.50}=21(cm)$

Bài 26 trang 104 SBT Toán 9 tập 2: Ngồi trên một đỉnh núi cao $1km$ 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 $6400km(h.3)$

 

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Trong một đường tròn, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.

+) Hai tam giác đồng dạng thì ta có các cạnh tương ứng tỉ lệ.

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 $∆MTA$ và $∆MTB,$ có:

+) $\hat{M}$ chung

+) $\widehat{MTA}=\widehat{TBM}$ (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây)

Suy ra: $∆MAT$ đồng dạng $∆MTB$

$\frac{MT}{MA}=\frac{MB}{MT}$

$\Rightarrow \mathrm{M}{\mathrm{T}}^2=MA.MB$

$\Rightarrow M{T}^2=MA\left(MA+2R\right)$

$MA$ là chiều cao của đỉnh núi là $1km,$$R=6400km$

Thay số ta có: $M{T}^2=1\left(1+2.6400\right)=12801$

$\Rightarrow MT\approx 113,1$ (km)

Bài 27 trang 104 SBT Toán 9 tập 2: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O).$ Vẽ tia $Bx$ sao cho tia $BC$ nằm giữa hai tia $Bx;$ $BA$ và $\widehat{CBx}=\widehat{BAC}$. Chứng minh rằng $Bx$ là tiếp tuyến của $(O).$
Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Trong một đường tròn, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.

+) Nếu các tia $Oy$ và $Oz$ thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ chứa tia $Ox$ và $\widehat{xOy}=\widehat{xOz}$ thì tia $Oy$ và $Oz$ trùng nhau.

Lời giải:

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

– $∆ABC$ là tam giác nhọn 

– $∆ABC$ là tam giác vuông

– $∆ABC$ là tam giác tù

Xét $∆ABC$ là tam giác nhọn  (tam giác vuông và tam giác tù chứng minh tương tự)

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

$\Rightarrow \widehat{CBy}=\widehat{BAC}$ (hệ quả của góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung)

 Mà $\widehat{CBx}=\widehat{BAC}$ $(gt)$

Suy ra: $\widehat{CBy}=\widehat{CBx}$

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 (trang 104 SBT Toán 9)

Bài 4.1 trang 104 SBT Toán 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 thuôc 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 $\widehat{BCF}+\widehat{BEF}={180}^o.$
Phương pháp giải:

Sử dụng kiến thức:

+) 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 cùng vuông góc với hai đường thẳng thì hai đường thẳng đó song song với nhau.

+) Trong một đường tròn, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.

+) Nếu một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song thì tạo ra các cặp góc so le trong bằng nhau.

+) Tổng các góc trong một tứ giác bằng ${360}^o.$

Lời giải:

Kẻ tiếp tuyến $At$ của đường tròn $(O)$ 

Suy ra: $At\mathrm{\perp }OA$ (tính chất tiếp tuyến)

Mà $EF\mathrm{\perp }OA$ $(gt)$

Do đó: $At//EF$

Nên $\widehat{EFA}=\widehat{CAt}$ (so le trong)

Lại có: $\widehat{CBA}=\widehat{CAt}$ (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung)

Suy ra: $\widehat{EFA}=\widehat{CBA}$  hay $\widehat{EFA}=\widehat{CBE}$

Mà $\widehat{EFA}+\widehat{EFC}={180}^o$ (hai góc kề bù)

Nên $\widehat{CBE}+\widehat{EFC}={180}^o(1)$

Trong tứ giác $BCFE$ ta có:

$\widehat{BCF}+\widehat{BEF}+\widehat{CBE}+\widehat{CFE}={360}^o$ (tổng các góc trong tứ giác)$(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra: $\widehat{BCF}+\widehat{BEF}={180}^o$

Bài 4.2 trang 104 SBT Toán 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 $mn.$
Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.

+) Trong một đường tròn, đường kính vuông góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.

+) Trong tam giác cân, hai góc ở đáy bằng nhau.

+) Trong một đường tròn, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.

Lời giải:

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

$\Rightarrow AM=MB=MC=\frac{1}{2}BC$ (tính chất 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: $BC\mathrm{\perp }AD$ tại H nên H là trung điểm của AD (quan hệ giữa đường kính và dây của đường tròn) 

$\Rightarrow BC$ là trung trực của $AD$

$\Rightarrow AC=CD$ (tính chất đường trung trực của đoạn thẳng)

$\Rightarrow ∆ACD$ cân tại $C$

$\Rightarrow \widehat{ADC}=\widehat{DAC}$ $(1)$

Ta lại có: $\widehat{ADC}=\widehat{nAC}$ (hệ quả của góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung) $(2)$

Từ $(1),(2)$ suy ra $\widehat{DAC}=\widehat{nAC}$ hay $\widehat{HAC}=\widehat{nAC}$

Vậy $AC$ là tia phân giác của $\widehat{HAn}$

Ta có: $\widehat{ACB}=\widehat{mAB}$ (hệ quả của góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung) $(3)$

$\widehat{BAH}+\widehat{ACB}={90}^o$ (cùng phụ với góc $\widehat{HAC}$)     $(4)$

Từ $(3),(4)$ suy ra $\widehat{mAB}=\widehat{BAH}$.

Vậy $AB$ là tia phân giác của $\widehat{mAH}$.