Giải bài luyện tập góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung.
Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, ta đã được học, cô giáo cũng đã hướng dẫn ta giải bài tập góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung. Tuy nhiên, thoạt nhìn sẽ rất khó nhận ra góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung. Vì thế mà có thêm một bài luyện tập nữa để rèn luyện kĩ năng nhận biết góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, đồng thời vận dụng linh hoạt các định lí liên quan vào việc giải quyết các bài tập.
Bài giải:
- Tính $\widehat{ABC}$
Ta có OB = OC = BC (bằng bán kính R)
Nên tam giác BOC là tam giác đều.
Suy ra $\widehat{BOC}$ = $60^0$.
Khi đó sđ⁀BC = $\widehat{BOC}$ = $60^0$. (số đo cung nhỏ bằng số đo của góc ở tâm chắn cung đó)
Ta cũng có $\widehat{ABC}$ = $\frac{1}{2}$sđ⁀BC (định lí góc tạo bởi tia tiếp tuyến BA và dây cung BC)
<=> $\widehat{ABC}$ = $\frac{1}{2}$$60^0$ = $30^0$
Vậy $\widehat{ABC}$ = $30^0$
- Tính $\widehat{BAC}$
Tương tự ta có $\widehat{ACB}$ = $\frac{1}{2}$sđ⁀BC (định lí góc tạo bởi tia tiếp tuyến CA và dây cung BC)
<=> $\widehat{ACB}$ = $\frac{1}{2}$$60^0$ = $30^0$.
Trong tam giác ABC có:
$\widehat{ABC}$ + $\widehat{ACB}$ + $\widehat{BAC}$ = $180^0$
=> $\widehat{BAC}$ = $180^0$ - ($\widehat{ABC}$ + $\widehat{ACB}$)
<=> $\widehat{BAC}$ = $180^0$ - ($30^0$ + $30^0$) = $120^0$
Vậy $\widehat{BAC}$ = $120^0$
Bài giải:
Ta có $\widehat{TPB}$ = $\frac{1}{2}$sđ⁀BP (định lí góc tạo bởi tia tiếp tuyến PT và dây cung BP)
=> sđ⁀BP = 2$\widehat{TPB}$ (1)
Ta cũng có $\widehat{POB}$ = sđ⁀BP (2) ($\widehat{POB}$ là góc ở tâm của đường tròn O)
Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{POB}$ = 2$\widehat{TPB}$.
Ta lại có:
PT $\perp$ OP (PT là tiếp tuyến của (O) với tiếp điểm P)
Trong tam giác OPT vuông tại P, ta có:
$\widehat{PTO}$ + $\widehat{TOP}$ = $90^0$ (hai góc phụ nhau)
Hay $\widehat{BTP}$ + $\widehat{BOP}$ = $90^0$
<=> $\widehat{BTP}$ + 2$\widehat{TPB}$ = $90^0$ (đpcm)
Bài giải:
Ta có At // MN (gt)
Nên $\widehat{AMN}$ = $\widehat{BAt}$ (1) (hai góc so le trong)
Mặt khác ta có:
$\widehat{BAt}$ là góc tạo bởi tiếp tuyến At và dây AB chắn cung AB của (O)
và $\widehat{ACB}$ là góc nội tiếp (O) chắn cung AB.
Nên $\widehat{BAt}$ = $\widehat{ACB}$ (2) (hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung).
Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{AMN}$ = $\widehat{ACB}$.
Xét hai tam giác AMN và ACB có:
$\widehat{AMN}$ = $\widehat{ACB}$ (cmt)
$\widehat{A}$ chung.
Vậy $\Delta$ AMN $\sim$ $\Delta$ ACB (g-g)
Suy ra $\frac{AN}{AB}$ = $\frac{AM}{AC}$
<=> AB.AM = AC.AN (đpcm)
Bài giải:
Xét hai tam giác TMA và BMT có:
$\widehat{M}$ chung
$\widehat{ATM}$ = $\widehat{B}$ (cùng chắn cung AT)
Vậy $\Delta$ TMA $\sim$ $\Delta$ BMT (g-g)
Suy ra $\frac{MT}{MA}$ = $\frac{MB}{MT}$.
<=> $MT^2$ = MA.MB (đpcm).
Kết quả trên cho ta một hệ thức lượng trong đường tròn, có thể áp dụng hệ thức này để giải bài tập.
Hướng dẫn: Áp dụng kết quả của bài tập 34.
Bài giải:
Áp dụng kết quả của bài 34, ta có:
$MT^2$ = MA.MB
<=> $MT^2$ = MA(MA + AB)
<=> $MT^2$ = MA(MA + 2R)
<=> $MT^2$ = 0,04(0,04 + 2.6400)
<=> $MT^2$ = 0,0016 + 512 = 512,0016
<=> MT $\approx$ 22,6
Vậy MT = 22,6 km
Tương tự ta có:
$M'T^2$ = M'A'.M'B'
<=> $M'T^2$ = M'A'(M'A' + A'B')
<=> $M'T^2$ = M'A'(M'A' + 2R)
<=> $MT^2$ = 0,01(0,01 + 2.6400)
<=> $MT^2$ = 0,0001 + 128 = 128,0001
<=> MT $\approx$ 11,3
Vậy M'T = 11, 3 km
Ta có MM' = MT + TM' = 22,6 + 11,3 = 34,9.
Vậy MM' = 34,9 km, nghĩa là khi cách ngọn hải đăng 34,9 km thì người quan sát trên tàu bắt đầu trông thấy ngọn đèn.
Mỗi bài toán có nhiều cách giải, đừng quên chia sẻ cách giải hoặc ý kiến đóng góp của bạn ở khung nhận xét bên dưới. Xin cảm ơn!
Giải bài 31 trang 79 sgk hình học 9 tập 2.
Cho đường tròn (O ; R) và dây cung BC = R. Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B, C cắt nhau ở A. Tính $\widehat{ABC}$, $\widehat{BAC}$.Bài giải:
- Tính $\widehat{ABC}$
Ta có OB = OC = BC (bằng bán kính R)
Nên tam giác BOC là tam giác đều.
Suy ra $\widehat{BOC}$ = $60^0$.
Khi đó sđ⁀BC = $\widehat{BOC}$ = $60^0$. (số đo cung nhỏ bằng số đo của góc ở tâm chắn cung đó)
Ta cũng có $\widehat{ABC}$ = $\frac{1}{2}$sđ⁀BC (định lí góc tạo bởi tia tiếp tuyến BA và dây cung BC)
<=> $\widehat{ABC}$ = $\frac{1}{2}$$60^0$ = $30^0$
Vậy $\widehat{ABC}$ = $30^0$
- Tính $\widehat{BAC}$
Tương tự ta có $\widehat{ACB}$ = $\frac{1}{2}$sđ⁀BC (định lí góc tạo bởi tia tiếp tuyến CA và dây cung BC)
<=> $\widehat{ACB}$ = $\frac{1}{2}$$60^0$ = $30^0$.
Trong tam giác ABC có:
$\widehat{ABC}$ + $\widehat{ACB}$ + $\widehat{BAC}$ = $180^0$
=> $\widehat{BAC}$ = $180^0$ - ($\widehat{ABC}$ + $\widehat{ACB}$)
<=> $\widehat{BAC}$ = $180^0$ - ($30^0$ + $30^0$) = $120^0$
Vậy $\widehat{BAC}$ = $120^0$
Giải bài 32 trang 80 sgk hình học 9 tập 2.
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Một tiếp tuyến của đường tròn tại P cắt đường thẳng AB tại T (điểm B nằm giữa O và T). Chứng minh $\widehat{BTP}$ + 2$\widehat{TPB}$ = $90^0$.Bài giải:
 |
| PT là tia tiếp tuyến. |
Ta có $\widehat{TPB}$ = $\frac{1}{2}$sđ⁀BP (định lí góc tạo bởi tia tiếp tuyến PT và dây cung BP)
=> sđ⁀BP = 2$\widehat{TPB}$ (1)
Ta cũng có $\widehat{POB}$ = sđ⁀BP (2) ($\widehat{POB}$ là góc ở tâm của đường tròn O)
Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{POB}$ = 2$\widehat{TPB}$.
Ta lại có:
PT $\perp$ OP (PT là tiếp tuyến của (O) với tiếp điểm P)
Trong tam giác OPT vuông tại P, ta có:
$\widehat{PTO}$ + $\widehat{TOP}$ = $90^0$ (hai góc phụ nhau)
Hay $\widehat{BTP}$ + $\widehat{BOP}$ = $90^0$
<=> $\widehat{BTP}$ + 2$\widehat{TPB}$ = $90^0$ (đpcm)
Giải bài 33 trang 80 sgk hình học 9 tập 2.
Cho A, B, C là ba điểm trên một đường tròn. At là tiếp tuyến của đường tròn tại A. Đường thẳng song song với At cắt AB tại M và cắt AC tại N. Chứng minh AB.AM = AC.AN.Bài giải:
 |
| At là tiếp tuyến của đường tròn. |
Nên $\widehat{AMN}$ = $\widehat{BAt}$ (1) (hai góc so le trong)
Mặt khác ta có:
$\widehat{BAt}$ là góc tạo bởi tiếp tuyến At và dây AB chắn cung AB của (O)
và $\widehat{ACB}$ là góc nội tiếp (O) chắn cung AB.
Nên $\widehat{BAt}$ = $\widehat{ACB}$ (2) (hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung).
Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{AMN}$ = $\widehat{ACB}$.
Xét hai tam giác AMN và ACB có:
$\widehat{AMN}$ = $\widehat{ACB}$ (cmt)
$\widehat{A}$ chung.
Vậy $\Delta$ AMN $\sim$ $\Delta$ ACB (g-g)
Suy ra $\frac{AN}{AB}$ = $\frac{AM}{AC}$
<=> AB.AM = AC.AN (đpcm)
Giải bài 34 trang 80 sgk hình học 9 tập 2.
Cho đường tròn (O) và điểm M nằm bên ngoài đường tròn đó. Qua điểm M kẻ tiếp tuyến MT và cát tuyến MAB. Chứng minh $MT^2$ = MA.MBBài giải:
 |
| Cát tuyến MAB. |
$\widehat{M}$ chung
$\widehat{ATM}$ = $\widehat{B}$ (cùng chắn cung AT)
Vậy $\Delta$ TMA $\sim$ $\Delta$ BMT (g-g)
Suy ra $\frac{MT}{MA}$ = $\frac{MB}{MT}$.
<=> $MT^2$ = MA.MB (đpcm).
Kết quả trên cho ta một hệ thức lượng trong đường tròn, có thể áp dụng hệ thức này để giải bài tập.
Giải bài 35 trang 80 sgk hình học 9 tập 2.
Trên bờ biển có một ngọn hai đăng cao 40m. Với khoảng cách bao nhiêu km thì người quan sát trên tàu bắt đầu trông thấy ngọn đèn này, biết rằng mắt người quan sát ở độ cao 10m so với mực nước biển và bán kính Trái Đất gần bằng 6 400 km (h.30).Hướng dẫn: Áp dụng kết quả của bài tập 34.
Bài giải:
 |
| Ngọn hải đăng cao 40m. |
$MT^2$ = MA.MB
<=> $MT^2$ = MA(MA + AB)
<=> $MT^2$ = MA(MA + 2R)
<=> $MT^2$ = 0,04(0,04 + 2.6400)
<=> $MT^2$ = 0,0016 + 512 = 512,0016
<=> MT $\approx$ 22,6
Vậy MT = 22,6 km
Tương tự ta có:
$M'T^2$ = M'A'.M'B'
<=> $M'T^2$ = M'A'(M'A' + A'B')
<=> $M'T^2$ = M'A'(M'A' + 2R)
<=> $MT^2$ = 0,01(0,01 + 2.6400)
<=> $MT^2$ = 0,0001 + 128 = 128,0001
<=> MT $\approx$ 11,3
Vậy M'T = 11, 3 km
Ta có MM' = MT + TM' = 22,6 + 11,3 = 34,9.
Vậy MM' = 34,9 km, nghĩa là khi cách ngọn hải đăng 34,9 km thì người quan sát trên tàu bắt đầu trông thấy ngọn đèn.
Mỗi bài toán có nhiều cách giải, đừng quên chia sẻ cách giải hoặc ý kiến đóng góp của bạn ở khung nhận xét bên dưới. Xin cảm ơn!
EmoticonEmoticon