Bài 27 ( Trang 79 – sGK)
Cho đường tròn tâm (O), đường kính AB. Lấy điểm khác A và B trên đường tròn. Gọi T là giao điểm của AP với tiếp tuyến tại B của đường tròn. Chứng minh: \[\widehat{APO}=\widehat{PBT}\]
Hướng dẫn giải:
\[\widehat{PBT}\] là góc tạo bởi tiếp tuyến BT và dây cung BP.
\[\widehat{PBT}=\frac{1}{2}sd\text{ }\overset\frown{PmB}\] (1)
\[\widehat{PAO}\] là góc nội tiếp chắn cung \[\overset\frown{PmB}\]
\[\widehat{PAO}=\frac{1}{2}sd\text{ }\overset\frown{PmB}\] (2)
Lại có \[\widehat{PAO}=\text{ }\widehat{APO}\] (∆OAP cân) (3)
Từ (1), (2), (3), suy ra \[\widehat{APO}=\widehat{PBT}\]
Bài 28 ( Trang 79 – SGK)
Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến A của đường tròn (O') cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai P. Tia PB cắt đường tròn (O') tại Q. Chứng minh đường thẳng AQ song song với tiếp tuyến tại P của đường tròn (O).
Hướng dẫn giải:
.png)
Nối AB. Ta có: \[\widehat{AQB}=\widehat{PAB}\] (1)
( cùng chắn cung và có số đo bằng \[\frac{1}{2}sd\overset\frown{AmB}\] )
\[\widehat{PAB}=\widehat{BPx}\] (2)
(cùng chắn cung nhỏ PB và có số đo bằng \[\frac{1}{2}sd\overset\frown{PB}\] )
Từ (1) và (2) có \[\widehat{AQB}=\widehat{BPx}\] từ đó AQ // Px \)(có hai góc so le trong bằng nhau.
Bài 29 ( Trang 79 – SGK)
Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B.Tiếp tuyến kẻ từ A đối với đường tròn (O') cắt (O) tại C đối với đường tròn (O) cắt (O') tại D.
Chứng minh rằng \[\widehat{CBA}=\widehat{DBA}\]
Hướng dẫn giải:
.png)
Ta có \[\widehat{CAB}=\frac{1}{2}\widehat{AmB}\] (1)
( vì \[\widehat{CAB}\] là góc tạo bởi một tiếp tuyến và một dây cung đi qua tiếp điểm A của (O')
\[\widehat{ADB}=\widehat{AmB}\]
góc nội tiếp của đường tròn (O') chắn \[\overset\frown{AmB}\]
Từ (1), (2) suy ra \[\widehat{CAB}=\widehat{ADB}\] (3)
Chứng minh tương tự với đường tròn (O), ta có:
\[\widehat{ACB}=\widehat{DAB}\] (4)
Hai tam giác \(ABD\) và \(ABC\) thỏa (3), (4) suy ra cặp góc thứ 3 của chúng bằng nhau, vậy \[\widehat{CBA}=\widehat{DBA}\]
Bài 30 ( Trang 79 – sGK)
Chứng minh định lí đảo của định lí về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, cụ thể là:
Nếu \[\widehat{BAx}\] (với đỉnh A nằm trên một đường tròn, một cạnh chứa dây cung AB), có số đo bằng nửa số đo của cung AB căng dây đó và cung này nằm bên trong góc đó thì cạnh Ax là một tia tiếp tuyến của đường tròn (h.29).
Hướng dẫn giải:
Cách 1( hình a). Chứng minh trực tiếp
.png)
Theo giả thiết,
Suy ra: \[\widehat{BAx}=\widehat{{{O}_{1}}}\]
Hai góc nhọn này đã có một cặp cạnh vuông góc với nhau \[OC\bot AB\].
Vậy cặp cạnh kia cũng phải vuông góc, tức là \[OA\bot Ax\].
Vậy Ax phải là tiếp tuyến của (O) tại A
Cách 2 (hình b) Chứng minh bằng phản chứng.
.png)
Nếu cạnh kia không phải là tiếp tuyến tại A mà là cát tuyến đi qua A và giả sử nó cắt (O) tại C thì \[\widehat{BAC}\text{ }\] là góc nội tiếp
Điều này trái với giả thiết. Vậy cạnh kia không thể là cát tuyến, mà phải là tiếp tuyến Ax.
Bài 31 ( Trang 79 – sGK)
Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC = R. Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B, C cắt nhau tại A. Tính \[\widehat{ABC},\widehat{BAC}\]
Hướng dẫn giải:
.png)
\[\widehat{ABC}\] là góc tạo bởi hai tiếp tuyến BA và dây cung BC của (O). Dây BC = R suy ra \[\overset\frown{BC}={{60}^{0}}\] và \[\widehat{ABC}={{30}^{0}}.\]
\[\widehat{BAC}={{180}^{0}}-\widehat{BOC}={{180}^{0}}-{{60}^{0}}={{120}^{0}}\] (tổng các góc của một tứ giác bằng \[{{360}^{0}}\].
Bài 32 ( Trang 80 – sGK)
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: \[\widehat{BTP}+2.\widehat{TPB}={{90}^{0}}\]
Hướng dẫn giải:
Ta có: \[\widehat{TPB}\] là góc tạo bởi tiếp tuyến PT và dây cung PB của đường tròn (O) nên
\[\widehat{TPB}=\frac{1}{2}sd\overset\frown{BP}).\overset\frown{BP}\](1)
Lại có: \[\widehat{BOP}=sd\overset\frown{BP}\] (2) (góc ở tâm và cung bị chắn có cùng số đo)
Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat{BOP}=2.\widehat{TPB}\]
Trong tam giác vuông TPO \[(OP\bot TP)\] vì TP là tiếp tuyến) ta có \[\widehat{BOP}=\widehat{BTP}\]
Hay \[\widehat{BTP}+2.\widehat{TPB}={{90}^{0}}\]
Bài 33 ( Trang 80 – sGK)
Cho A, B, C là ba điểm của 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
Hướng dẫn giải:
.png)
Ta có \[\hat{M}=\widehat{BAt}\] ( so le trong ) (1)
\[\widehat{BAt}=\hat{C}\] (2)
(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, chắn cung AB, \[\hat{C}\] là góc nội tiếp chắn cung AB)
Từ (1) và (2) suy ra: \[\hat{M}=\hat{C}\] (3)
Xét hai tam giác AMN và ACB. chúng có: \[\widehat{A}\] ( chung); \[\hat{M}=\hat{C}\]
Vậy ∆AMN đồng dạng ∆ACB, từ đó \[\frac{AN}{AB}=\frac{AM}{AC}\]
suy ra AB. AM = AC . AN.
Bài 34 ( Trang 80 – SGK)
ho 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 \[M{{T}^{2}}=MA.MB\]
Hướng dẫn giải:
.png)
Xét hai tam giác BMT và TMA, chúng có: \[\hat{M}\] chung; \[\hat{B}=\hat{T}\] (cùng chắn cung nhỏ AT)
Nên ∆BMTđồng dạng ∆TMA, suy ra \[\frac{MT}{MA}=\frac{MB}{MT}\] hay \[M{{T}^{2}}=MA.MB\].
Bài 35 ( Trang 80 – SGK)
Trên bờ biển có ngọn hải đăng cao 40m. Với khoảng cách bao nhiêu kilomet thì người quan sát trên tàu bắt đầu trông thấy ngọn đèn này biết rằng mắt người quan sát ở độ cao 10 m so với mực nước biển và kính Trái Đất gần bằng 6 400 km (h.30)?
Hướng dẫn giải:
Áp dụng kết quả bài tập 34 ta có:
\[M{{T}^{2}}=MA.MB\] suy ra \[M{{T}^{2}}=MA.(MA+2R)\]
Thay số vào đẳng thức trên và lấy đơn vị là km, ta có:
\[M{{T}^{2}}=0,04(0,04+12.800)\] Suy ra: \[MT\approx 23(km)\]
Cũng tương ta có; \[M{{T}^{2}}=0,01(0,01+12.800)\] suy ra \[MT\approx 11(km)\]
Từ đó: MM' = MT + M'T = 23+11= 34(km)
Vậy khi ngọn hải đăng khoảng 34 km thì người thủy thủ bắt đầu trông thấy ngọn hải đăng.
