Giải SBT Toán 9 Chân trời sáng tạo Bài 2. Tiếp tuyến của đường tròn có đáp án
7 câu hỏi
Cho ba điểm A, B, C cùng nằm trên đường tròn (O) sao cho AC đi qua O. Vẽ đoạn thẳng DE tiếp xúc với (O) tại A. Cho biết \(\widehat {BAD} = 78^\circ .\) Tính số đo \(\widehat {BCA}.\)
Do DE tiếp xúc với (O) tại A, suy ra OA ⊥ DE tại A hay \(\widehat {DAO} = 90^\circ .\)
Suy ra \(\widehat {BAO} + \widehat {BAD} = 90^\circ \)
Nên \(\widehat {BAO} = 90^\circ - \widehat {BAD} = 90^\circ - 78^\circ = 12^\circ \) hay \(\widehat {BAC} = 12^\circ .\)
Xét ∆ABC có BO là đường trung tuyến và \(BO = \frac{1}{2}AC\) nên ∆ABC vuông tại B.
Suy ra: \(\widehat {BAC} + \widehat {BCA} = 90^\circ \) (tổng hai góc nhọn của tam giác vuông bằng 90°)
Do đó \(\widehat {BCA} = 90^\circ - \widehat {BAC} = 90^\circ - 12^\circ = 78^\circ .\)
Từ điểm P ở ngoài đường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại A và B. Đoạn thẳng OP cắt (O) tại Q (Hình 10). Cho biết PB = 8, PQ = 4. Tính R và số đo \(\widehat {AOB}.\)
Do PB và PA là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) lần lượt tại B và A
Suy ra OB ⊥ BP; OA ⊥ AP
Nên ∆OBP vuông tại B; ∆OAP vuông tại A.
Xét ∆OPB vuông tại B, ta có OP2 = OB2 + PB2 (định lí Pythagore)
Hay (OQ + QP)2 = OB2 + PB2
Suy ra (R + 4)2 = R2 + 82
R2 + 8R + 16 = R2 + 64
8R = 48
R = 6.
Do đó OP = OQ + QP = 6 + 4 = 10.
Như vậy, \(\sin \widehat {BOP} = \frac{{PB}}{{OP}} = \frac{8}{{10}} = \frac{4}{5},\) suy ra \(\widehat {BOP} \approx 53^\circ .\)
Theo bài, hai tiếp tuyến AP và BP của đường tròn (O; R) cắt nhau tại P nên OP là tia phân giác của góc AOB.
Khi đó, \(\widehat {AOB} = 2\widehat {BOP} \approx 2 \cdot 53^\circ = 106^\circ .\)
Gọi d là khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng a. Xác định vị trí tương đối của đường thẳng a và đường tròn (O; r) trong các trường hợp sau:
a) r = 5, d = 13;
b) r = 8, d = 8;
c) r = 9, d = 3.
a) Vì 13 > 5 hay d > r nên a và (O; r) không giao nhau.
b) Vì 8 = 8 hay d = r nên a tiếp xúc với (O; r).
c) Vì 3 < 9 hay d < r nên a cắt (O; r) tại hai điểm.
Cho góc vuông xOy có hai cạnh tiếp xúc với đường tròn (I; R) tại A, B. Cho biết chu vi của tứ giác OAIB bằng 20 cm. Tính R và độ dài AB.
Ta có Ox và Oy tiếp xúc với (I; R) lần lượt tại A và B
Suy ra IA ⊥ Ox tại A, IB ⊥ Oy tại B và IA = IB = R.
Tứ giác OAIB có ba góc vuông \(\left( {\widehat {AOB} = \widehat {OAI} = \widehat {OBI} = 90^\circ } \right)\) và có hai cạnh kề bằng nhau (IA = IB) nên OAIB là hình vuông. Do đó IA = IB = OA = OB = R.
Khi đó, chu vi của hình vuông OAIB là 4R.
Theo bài, chu vi của tứ giác OAIB bằng 20 cm nên 4R = 20, suy ra R = 5 cm.
Xét ∆IAB vuông tại I, theo định lí Pythagore, ta có:
AB2 = IA2 + IB2 = 2R2 = 2.52 = 50.
Suy ra \(AB = \sqrt {50} = 5\sqrt 2 \;({\rm{cm}}).\)
Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O; 12 cm) vẽ hai tiếp tuyến của (O) tại B, C. Đoạn thẳng OA cắt (O) tại D.Cho biết \(\widehat {BAC} = 40^\circ .\) Tính:
a) Số đo \(\widehat {ODC}.\)
b) Độ dài các đoạn thẳng AC, AB, AO.
(Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị của mét.)
a) Ta có hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại A nên AO là tia phân giác của \(\widehat {BAC},\) suy ra \(\widehat {OAC} = \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = 20^\circ .\)
Xét ∆OAC vuông tại C có \(\widehat {AOC} + \widehat {OAC} = 90^\circ \)
Suy ra \(\widehat {AOC} = 90^\circ - \widehat {OAC} = 90^\circ - 20^\circ = 70^\circ \) hay \[\widehat {DOC} = 70^\circ .\]
Xét ∆ODC cân tại O (do OC = OD), có \(\widehat {ODC} = \frac{{180^\circ - \widehat {COD}}}{2} = \frac{{180^\circ - 70^\circ }}{2} = 55^\circ .\)
b) Ta có hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại A nên AC = AB.
Xét ∆OAC vuông tại C ta có:
⦁ \(AC = OC \cdot \tan \widehat {AOC} = 12 \cdot \tan 70^\circ \approx 33\;(\;{\rm{cm}}).\)
Do đó AC = AB ≈ 33 cm.
⦁ \(OC = OA \cdot \sin \widehat {OAC}\)
Suy ra \(OA = \frac{{OC}}{{\sin \widehat {OAC}}} = \frac{{12}}{{\sin 20^\circ }} \approx 35\;(\;{\rm{cm}}).\)
Cho hình thoi ABCD có O là giao điểm hai đường chéo, OA = 6 cm, OB = 8 cm.
a) Tính độ dài đường cao OH của tam giác AOB.
b) Chứng minh đường tròn (O; OH) tiếp xúc với các cạnh của hình thoi.
c) Tính độ dài các đoạn thẳng AH và BH.
a) Do ABCD là hình thoi nên hai đường chéo AC và BD vuông góc nhau.
Áp dụng định lí Pythagore vào ∆AOB vuông tại O, ta có:
\[AB = \sqrt {O{A^2} + O{B^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = \sqrt {36 + 64} = \sqrt {100} = 10\,\,{\rm{(cm}}).\]
Ta có \[{S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot OH \cdot AB\]
Suy ra OA.OB = OH.AB
Do đó \(OH = \frac{{OA \cdot OB}}{{AB}} = \frac{{6 \cdot 8}}{{10}} = 4,8\;(\;{\rm{cm}}).\)
b) Lần lượt vẽ các đường cao OK, OE, OF của tam giác BOC, COD, DOA.
Ta có bốn tam giác vuông AOB, AOD, COD, COB bằng nhau (c.g.c), suy ra bốn đường cao OH, OF, OE, OK cũng bằng nhau. Do khoảng cách từ O đến bốn cạnh của hình thoi đều bằng OH nên đường tròn (O; OH) tiếp xúc với các cạnh của hình thoi.
c) Xét tam giác OAB vuông tại O có:\(\cos \widehat {OAH} = \frac{{OA}}{{AB}}.\)
Xét tam giác OAH vuông tại H có:
\(AH = OA \cdot \cos \widehat {OAB} = OA \cdot \frac{{OA}}{{AB}} = \frac{{O{A^2}}}{{AB}} = \frac{{{6^2}}}{{10}} = 3,6\;(\;{\rm{cm}}).\)
Do đó BH = AB – AH = 10 – 3,6 = 6,4 (cm).
Một người ngồi trên trạm quan sát cao 15 m so với mực nước biển. Vào ngày trời trong xanh thì tầm nhìn xa tối đa của người đó là bao nhiêu kilômét? Biết rằng bán kính Trái Đất là khoảng 6 400 km. Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm.
Theo đề bài ta có hình vẽ trên. Trong đó điểm M biểu diễn vị trí của người ngồi trên trạm quan sát, điểm A biểu diễn vị trí của trạm quan sát, điểm T biểu diễn điểm xa nhất mà người đó nhìn thấy. Khi đó đoạn thẳng MT là tầm nhìn xa tối đa từ M.
Vì T là điểm nhìn xa tối đa nên MT là tiếp tuyến của đường tròn (đường tròn coi như là bề mặt Trái Đất). Đặt h = MA = 15 m = 0,015 km, R = OA = OT = 6 400 km.
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác OTM vuông tại T, ta có:
MT2 = OM2 – OT2 = (h + R)2 – R2 = h2 + 2Rh
Suy ra \(MT = \sqrt {{h^2} + 2Rh} = \sqrt {0,{{015}^2} + 2 \cdot 6\,\,400 \cdot 0,015} \approx 13,86\;(\;{\rm{km}}).\)
Vậy tầm nhìn xa tối đa của người đó là khoảng 13,86 km.
