Giải bài tập SGK Toán 9 Bài: Luyện tập

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

Phương pháp giải

- Thông thường, bài toán quỹ tích ta làm theo các bước:

Bước 1: Dự đoán quỹ tích

Bước 2: Chứng minh quỹ tích: gồm Phần thuận và Phần đảo

Bước 3: Kết luận.

- Quỹ tích các điểm nhìn đoạn thẳng AB cho trước dưới một góc vuông là đường tròn đường kính AB.

Hướng dẫn giải

Dự đoán: Quỹ tích là đường tròn đường kính AB.

Chứng minh:

+ Phần thuận:

AT là tiếp tuyến của đường tròn tâm B

⇒ AT ⊥ BT

⇒ $\widehat{ATB}=90^0$

⇒ T thuộc đường tròn đường kính AB.

+ Phần đảo:

Lấy T thuộc đường tròn đường kính AB

⇒ $\widehat{ATB}=90^0$

⇒ AT ⊥ TB và BT < AB

⇒ AT tiếp xúc với đường tròn tâm B, bán kính BT < BA.

Kết luận: Quỹ tích các tiếp điểm là đường tròn đường kính AB.

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

Phương pháp giải

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

Vẽ đường thẳng song song với $BC$ và cách $BC$ khoảng $4cm$.

Từ đó xác định điểm $A$ và tam giác $ABC.$ 

Hướng dẫn giải

Cách dựng:

+ Dựng đoạn thẳng BC = 6cm.

+ Dựng cung chứa góc 40º trên đoạn thẳng BC (tương tự bài 46) :

Dựng tia Bx sao cho $\widehat {CBx} = {40^0}$

Dựng tia By ⊥ Bx.

Dựng đường trung trực của BC cắt By tại O.

Dựng đường tròn (O; OB).

Cung lớn BC chính là cung chứa góc 40º dựng trên đoạn BC.

+ Dựng đường thẳng d song song với BC và cách BC một đoạn 4cm:

Lấy D là trung điểm BC.

Trên đường trung trực của BC lấy D’ sao cho DD’ = 4cm.

Dựng đường thẳng d đi qua D’ và vuông góc với DD’.

+ Đường thẳng d cắt cung lớn BC tại A.

Ta được ΔABC cần dựng.

Chứng minh:

+ Theo cách dựng có BC = 6cm.

+ A ∈ cung chứa góc 40º dựng trên đoạn BC

$\Rightarrow \widehat {BAC} = {40^0}$

+ A ∈ d song song với BC và cách BC 4cm

⇒ AH = DD’ = 4cm.

Vậy ΔABC thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Biện luận: Do d cắt cung lớn BC tại hai điểm nên bài toán có hai nghiệm hình.

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.

Phương pháp giải

a) Sử dụng góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông và tỉ số lượng giác của góc nhọn

 Xét đường tròn (O) có $\widehat{AMB}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên:

$\widehat{AMB}={{90}^{o}}$

Xét tam giác $MBI$ vuông tại M. 

Tính góc $\widehat{MIB}$

b) Chứng minh theo hai phần: Phần thuận và phần đảo.

Lập luận để có quỹ tích là cung chứa góc $AIB$ dựng trên đoạn BC.

Chú ý đến giới hạn của quỹ tích. 

Hướng dẫn giải

a) Xét đường tròn (O) có $\widehat{AMB}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên:

Vậy $\widehat{AIB}$  không đổi.

b) Tìm quỹ tích của điểm I.

Kết luận: quỹ tích điểm I là hai cung $\overset\frown{{{I}_{1}}mB}$ và $\overset\frown{{{I}_{2}}m'B}$ chứa góc $26^o34’$ dựng trên đoạn thẳng AB.

Cho I, O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với $\widehat A = 60^o$. 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.

Phương pháp giải

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

Nên ta chỉ ra $\widehat{BOC}=\widehat{BHC}=\widehat{BIC}$

Hướng dẫn giải

Ta có:

$\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}={{120}^{o}}$ (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung BC) (1)

Xét tứ giác $AB’HC’$ có:

$\begin{aligned} & \widehat{A}+\widehat{B'}+\widehat{B'HC'}+\widehat{C'}={{360}^{o}} \\ & \Leftrightarrow {{60}^{o}}+{{90}^{o}}+\widehat{B'HC'}+{{90}^{o}}={{360}^{o}} \\ & \Rightarrow \widehat{B'HC'}={{120}^{o}} \\ \end{aligned}$

Mà $\widehat{BHC}=\widehat{B'HC'}$ nên $\widehat{BHC}={{120}^{o}}$ (2)

Trong tam giác ABC có: $\widehat{B}+\widehat{C}=180-\widehat{A}={{180}^{o}}-{{60}^{o}}={{120}^{o}}$

Vì IB và IC là hai tia phân giác của góc B và góc C nên

 $\begin{aligned} & \widehat{IBC}=\dfrac{1}{2}\widehat{B} \\ & \widehat{ICB}=\dfrac{1}{2}\widehat{C} \\ & \Rightarrow \widehat{IBC}+\widehat{ICB}=\dfrac{1}{2}\left( \widehat{B}+\widehat{C} \right)=\dfrac{1}{2}{{.120}^{o}}={{60}^{o}} \\ \end{aligned}$

Trong tam giác IBC  có 

$\widehat{BIC}={{180}^{o}}-\left( \widehat{IBC}+\widehat{ICB} \right)={{180}^{o}}-{{60}^{o}}={{120}^{o}} (3)$

Từ (1) (2) và (3) ta có: I, O , H cùng nhìn BC dưới một góc $120^o$ nên O, H, I cùng nằm trên cung chứa góc $120^o$ dựng trên đoạn BC.

Vậy 5 điểm B, C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn.

"Góc sút" của quả phạt đền 11 m 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 mét.

Phương pháp giải

Tìm số đo góc nhìn từ vị trí đặt bóng đến cầu môn.

Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn: Trong một tam giác vuông, tan α = cạnh đối / cạnh huyền.

Hướng dẫn giải

Gọi A là vị trí đặt bóng sút phạt đền và BC là bề rộng của cầu môn.

Ta có: A thuộc trung trực BC.

Gọi H là trung điểm của BC 

Tam giác BHA vuông tại H có:

$\begin{aligned} & \tan \widehat{BAH}=\dfrac{BH}{AH}=\dfrac{7,32:2}{11}\approx 0,33 \\ & \Rightarrow \widehat{BAH}={{18}^{o}}{{36}^{'}} \\ & \Rightarrow \widehat{BAC}=2.\widehat{BAH}={{37}^{o}}12' \\ \end{aligned}$

Dựng cung chứa góc $37^o12’$ trên đoạn BC thì bất cứ điểm nào trên cung chứa góc $37^o12’$ đều có góc sút như quả phạt đền 11m.