Luyện tập: Giải bài 48 49 50 51 52 trang 87 sgk Toán 9 tập 2

Nội Dung

Luyện tập Bài §6. Cung chứa góc, Chương III – Góc với đường tròn, sách giáo khoa toán 9 tập hai. Nội dung bài giải bài 48 49 50 51 52 trang 87 sgk toán 9 tập 2 bao gồm tổng hợp công thức, lý thuyết, phương pháp giải bài tập phần hình học có trong SGK toán để giúp các em học sinh học tốt môn toán lớp 9.

Lý thuyết

1. Bài toán quỹ tích “cung chứa góc”

Với đoạn thẳng $AB$ và góc $\alpha(0^0<\alpha<180^0)$ cho trước thì quỹ tích các điểm $M$ thỏa mãn $\widehat{AMB}=\alpha$ là hai cung chứa góc $\alpha$ dựng trên đoạn $AB$

Chú ý:

Hai cung chứa góc $\alpha$ nói trên là hai cung đối xứng với nhau qua $AB$

Hai điểm $A,B$ được coi là thuộc quỹ tích

Trường hợp $\alpha=90^0$ thì quỹ tích trên là hai nửa đường tròn đường kính $AB$

Áp dụng cung chứa góc vào chứng minh bốn điểm cùng thuộc một đường tròn: Nếu một tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc $\alpha$ thì bốn đỉnh của tứ giác ấy cùng thuộc một đường tròn.

2. Cách giải bài toán quỹ tích

Muốn chứng minh quỹ tích (tập hợp) các điểm M thỏa mãn tính chất $\tau$ là một hình $H$ nào đó, ta phải chứng minh hai phần:

– Phần thuận: Mọi điểm có tính chất $\tau$ đều thuộc hình $H$.

– Phần đảo: Mọi điểm thuộc hình $H$ đều có tính chất $\tau$.

– Kết luận: Quỹ tích (hay tập hợp) các điểm M có tính chất $\tau$ là hình $H$

Nhận xét: Một bài toán quỹ tích sẽ dễ có hướng xử lí hơn khi ta dự đoán được hình $H$ trước khi bắt đầu chứng minh.

Dưới đây là Hướng dẫn giải bài 48 49 50 51 52 trang 87 sgk toán 9 tập 2. Các bạn hãy đọc kỹ đầu bài trước khi giải nhé!

Luyện tập

Giaibaisgk.com giới thiệu với các bạn đầy đủ phương pháp giải bài tập phần hình học 9 kèm bài giải chi tiết bài 48 49 50 51 52 trang 87 sgk toán 9 tập 2 của Bài §6. Cung chứa góc trong Chương III – Góc với đường tròn cho các bạn tham khảo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài tập các bạn xem dưới đây:

Giải bài 48 49 50 51 52 trang 87 sgk toán 9 tập 2

1. Giải bài 48 trang 87 sgk Toán 9 tập 2

Cho hai điểm $A, B$ cố định. Từ $A$ vẽ các tiếp tuyến với đường tròn tâm $B$ bán kính không lớn hơn $AB$. Tìm quỹ tích các tiếp điểm.

Bài giải:

Tiếp tuyến $TA$ vuông góc với bán kính $BT$ tại tiếp điểm $T$.

Suy ra $ \widehat{ATB}=90^0$

Do $AB$ cố định nên quỹ tích của $T$ là đường tròn đường kính $AB$.

2. Giải bài 49 trang 87 sgk Toán 9 tập 2

Dựng tam giác $ABC,$ biết $BC = 6cm,$ $\widehat{A}=40^0$ và đường cao $AH = 4cm.$

Bài giải:

– Kẻ đoạn thẳng $AB = 6cm$

– Dựng cung chứa góc $40^\circ $ trên đoạn $BC.$

– Vẽ đường trung trực d của đoạn $BC$

– Vẽ tia $Bx$ tạo với $BC$ góc $40^\circ $

– Vẽ tia $By \bot Bx$, tia $By$ cắt đường thẳng $d$ tại $O.$ Vẽ cung $BmC$ tâm $O$ bán kính $OB$ sao cho cung này nằm ở nửa mặt phẳng bờ $BC$ không chứa $Bx$. Cung $BmC$ chính là cung chứa góc $40^\circ $ cần dựng.

– Vẽ đường thẳng $t$ song song với $BC$ và cách $BC$ một khoảng $4cm.$ Gọi giao điểm của đường thẳng $t$ với cung $BmC$ là $A$ và $A’.$

Khi đó có hai tam giác thỏa mãn đề bài là $ABC$ hoặc tam giác $A’BC.$

3. Giải bài 50 trang 87 sgk Toán 9 tập 2

Cho đường tròn đường kính $AB$ cố định. $M$ là một điểm chạy trên đường tròn. Trên tia đối của tia $MA$ lấy điểm $I$ sao cho $MI = 2MB.$

a) Chứng minh $\widehat{AIB}$ không đổi.

b) Tìm tập hợp các điểm $I$ nói trên.

Bài giải:

a) Gọi $O$ là trung điểm $AB$. Xét đường tròn tâm $O$ có $\widehat {AMB}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat {AMB} = 90^\circ $ hay $AM \bot MB$

Xét tam giác vuông $MBI$ có:

$MI = 2MB \Rightarrow \tan \widehat {MIB} = \dfrac{{MB}}{{MI}} = \dfrac{{MB}}{{2MB}} = \dfrac{1}{2}$

Suy ra $\widehat {AIB} = \alpha $ không đổi và thỏa mãn $\tan \alpha = \dfrac{1}{2}.$

b) ♦ Phần thuận:

Khi điểm M thay đổi trên đường tròn đường kính AB thì điểm I thay đổi và luôn nhìn cạnh AB dưới một góc $\widehat {AIB} = \alpha $ không đổi (với $\tan \alpha = \dfrac{1}{2}$)

Vậy điểm I thuộc hai cung chứa góc $\alpha $ sao cho $\tan \alpha = \dfrac{1}{2}$ dựng trên đoạn AB.

Nhưng tiếp tuyến PQ với đường tròn đường kính AB tại A là vị trí giới hạn của AM. Do đó điểm I thuộc hai cung $PmB,Qm’B$.

Hai điểm $P, Q$ là các điểm giới hạn của quỹ tích, điểm $B$ là điểm đặc biệt của quỹ tích.

♦ Phần đảo:

Lấy điểm $I’$ bất kỳ thuộc cung $Qm’B$ (hoặc cung $PmB$). Nối $AI’$ cắt đường tròn tâm $O$ tại $M’.$ Ta chứng minh $M’I’ = 2M’B.$

Xét $\left( O \right)$ có $\widehat {AM’B}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat {AM’B} = 90^\circ \Rightarrow AM’ \bot BM’ \Rightarrow \widehat {BM’I’} = 90^\circ $

Xét tam giác $BM’I’$ vuông ở $M’$ có $\widehat {BI’M’} = \alpha $ (do $I’$ bất kỳ thuộc cung $Qm’B$ là cung chứa góc $\alpha $ dựng trên đoạn AB) nên $\tan \widehat {BI’M’} = \tan \alpha = \dfrac{1}{2}$ mà $\tan \widehat {BI’M’} = \dfrac{{BM’}}{{M’I’}} \Rightarrow \dfrac{{BM’}}{{M’I’}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow M’I’ = 2BM’$

Kết luận: Quỹ tích các điểm $I$ là hai cung $PmB,Qm’B$.

4. Giải bài 51 trang 87 sgk Toán 9 tập 2

Cho $I, \, O$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ với $\widehat{A} = 60^0.$ Gọi $H$ là giao điểm của các đường cao $BB’$ và $CC’.$

Chứng minh các điểm $B,\, C,\, O,\, H,\, I$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài giải:

♦ Cách 1:

Ta có: $\widehat{BOC} = 2\widehat{BAC} = 2.60^0= 120^0$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung $BC$). (1)

Lại có $\widehat{BHC} = \widehat{B’HC’}$ (hai góc đối đỉnh)

Mà $\widehat{B’HC’} = 360^\circ – \widehat {HC’A} – \widehat {HB’A} – \widehat A$ $ = 360^\circ – 90^\circ – 90^\circ – 60^\circ = 120^\circ$

$\Rightarrow \widehat{BHC} = 120^0.$ (2)

Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên BI; CI lần lượt là tia phân giác góc B, góc C.

Xét tam giác $ABC$ có $\widehat B + \widehat C + \widehat A = 180^\circ \Leftrightarrow \widehat B + \widehat C = 180^\circ – 60^\circ = 120^\circ $

Xét tam giác BIC theo định lý về tổng 3 góc trong một tam giác ta có

$\begin{array}{l}\widehat {BIC} = 180^\circ – \widehat {IBC} – \widehat {ICB} = 180^\circ – \dfrac{{\widehat B}}{2} – \dfrac{{\widehat C}}{2}\\ = 180^\circ – \dfrac{{\widehat B + \widehat C}}{2} = 180^\circ – 60^\circ = 120^\circ \end{array}$

Do đó $\widehat{BIC} = 120^0.$ (3)

Từ (1), (2), (3) ta thấy các điểm $O, \, H, \, I$ cùng nằm trên các cung chứa góc $120^0$ dựng trên đoạn thẳng $BC.$ Nói cách khác, năm điểm $B,\, C,\, O,\, H,\, I$ cùng thuộc một đường tròn.

♦ Cách 2:

Vì góc BAC là góc nội tiếp chắn cung BC nên:

$\small \widehat{BOC}=2\widehat{ABC}=120^o$

Dễ dàng chứng minh được tam giác AB’B đồng dạng tam giác AC’H

$\small \Rightarrow \widehat{BAC}=\widehat{BHC’}=60^o$

$\small \Rightarrow \widehat{BHC}=120^o$

Mặc khác, I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên:

$\widehat{BIC}=\widehat{A}+\frac{\widehat{ABC}+\widehat{BCA}}{2}=60^o+\frac{180^o-60^o}{2}=120^o$

Do đó ba điểm $H, I, O$ cùng nằm trên cung chứa góc bằng nhau thuộc đoạn $BC$

Vậy $B, C, H, I, O$ cùng nằm trên một đường tròn

5. Giải bài 52 trang 87 sgk Toán 9 tập 2

“Góc sút” của quả phạt đền $11$ mét là bao nhiêu độ? Biết rằng chiều rộng cầu môn là $7,32m.$ Hãy chỉ ra hai vị trí khác trên sân có cùng “góc sút” như quả phạt đền $11 m.$

Bài giải:

Gọi vị trí đặt bóng để sút phạt đền là $M,$ và bề ngang cầu môn là $AB$ thì $C$ nằm trên đường trung trực của $AB$.

Gọi $H$ là trung điểm $AB,$ $\widehat{PMH} = \alpha.$

Theo các giả thiết đã cho thì trong tam giác vuông $CHA,$ ta có:

$tan α = \dfrac{3,66}{11}≈ 0,333 \Rightarrow α = 18^036’$.

Vậy góc sút phạt đền là $2α ≈ 37^012’$.

Vẽ cung chứa góc $37^0 12’$ dựng trên đoạn thẳng $AB.$ Bất cứ điểm nào trên cung vừa vẽ cũng có “góc sút” như quả phạt đền $11m.$

Bài trước:

Giải bài 44 45 46 47 trang 86 sgk Toán 9 tập 2

Bài tiếp theo:

Giải bài 53 54 55 trang 89 sgk Toán 9 tập 2

Xem thêm:

Chúc các bạn làm bài tốt cùng giải bài tập sgk toán lớp 9 với giải bài 48 49 50 51 52 trang 87 sgk toán 9 tập 2!

“Bài tập nào khó đã có giaibaisgk.com“