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 những điểm \ ( M \ ) thỏa mãn nhu cầu \ ( \ 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 tỏ 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 tỏ quỹ tích ( tập hợp ) những điểm M thỏa mãn nhu cầu đặc thù \ ( \ tau \ ) là một hình \ ( H \ ) nào đó, ta phải chứng tỏ hai phần :
– Phần thuận : Mọi điểm có đặc thù \ ( \ tau \ ) đều thuộc hình \ ( H \ ) .
– Phần hòn đảo : Mọi điểm thuộc hình \ ( H \ ) đều có đặc thù \ ( \ tau \ ) .
– Kết luận : Quỹ tích ( hay tập hợp ) những điểm M có đặc thù \ ( \ tau \ ) là hình \ ( H \ )
Nhận xét : Một bài toán quỹ tích sẽ dễ có hướng xử lí hơn khi ta Dự kiến được hình \ ( H \ ) trước khi mở màn chứng tỏ .
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 ra mắt với những bạn khá đầy đủ giải pháp giải bài tập phần hình học 9 kèm bài giải cụ thể 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 những bạn tìm hiểu thêm. Nội dung cụ thể bài giải từng bài tập những bạn xem dưới đây :
1. Giải bài 48 trang 87 sgk Toán 9 tập 2
Cho hai điểm \ ( A, B \ ) cố định và thắt chặt. Từ \ ( A \ ) vẽ những tiếp tuyến với đường tròn tâm \ ( B \ ) nửa đường kính không lớn hơn \ ( AB \ ). Tìm quỹ tích những tiếp điểm .
Bài giải:
Tiếp tuyến \ ( TA \ ) vuông góc với nửa đường kính \ ( BT \ ) tại tiếp điểm \ ( T \ ) .
Suy ra \ ( \ widehat { ATB } = 90 ^ 0 \ )
Do \ ( AB \ ) cố định và thắt chặt 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 = 6 cm, \ ) \ ( \ widehat { A } = 40 ^ 0 \ ) và đường cao \ ( AH = 4 cm. \ )
Bài giải:
– Kẻ đoạn thẳng \ ( AB = 6 cm \ )
– 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 \ ) nửa đường 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 chừng \ ( 4 cm. \ ) Gọi giao điểm của đường thẳng \ ( t \ ) với cung \ ( BmC \ ) là \ ( A \ ) và \ ( A ’. \ )
Khi đó có hai tam giác thỏa mãn nhu cầu 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 và thắt chặt. \ ( 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 những 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 nhu cầu \ ( \ tan \ alpha = \ dfrac { 1 } { 2 }. \ )
b) ♦ Phần thuận:
Khi điểm M đổi khác trên đường tròn đường kính AB thì điểm I đổi khác 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 số lượng giới hạn của AM. Do đó điểm I thuộc hai cung \ ( PmB, Qm’B \ ) .
Hai điểm $ P, Q $ là những điểm số lượng giới hạn của quỹ tích, điểm $ B $ là điểm đặc biệt quan trọng của quỹ tích .
♦ Phần đảo:
Lấy điểm \ ( I ’ \ ) bất kể thuộc cung \ ( Qm’B \ ) ( hoặc cung \ ( PmB \ ) ). Nối \ ( AI ’ \ ) cắt đường tròn tâm \ ( O \ ) tại \ ( M ’. \ ) Ta chứng tỏ \ ( 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 kể 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 những điểm USD 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 những đường cao \ ( BB ’ \ ) và \ ( CC ’. \ )
Chứng minh những 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 những điểm \ ( O, \, H, \, I \ ) cùng nằm trên những 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 tỏ 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 \ ( 7,32 m. \ ) 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 những 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 \ ( 2 α ≈ 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 \ ( 11 m. \ )
Bài trước:
Bài tiếp theo:
Xem thêm :
Chúc những 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 “
Source: https://calibravietnam.vn
Category: Giải bài tập
