1. Trang chủ
  2. » Tất cả

giai sbt toan 9 bai 5 goc co dinh o ben trong duong tron goc co dinh b

10 0 0
Tài liệu đã được kiểm tra trùng lặp

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 10
Dung lượng 718,67 KB

Nội dung

Bài 5 Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn Góc có đỉnh bên ngoài đường tròn Bài 28 trang 104 SBT Toán lớp 9 tập 2 Các điểm 1 2 3 19 20A , A , A , A ,A được sắp xếp theo thứ tự đó trên đường tròn (O) và[.]

Bài Góc có đỉnh bên đường trịn Góc có đỉnh bên ngồi đường trịn Bài 28 trang 104 SBT Toán lớp tập 2: Các điểm A1, A , A 3, A 19,A 20 xếp theo thứ tự đường trịn (O) chia đường tròn thành 20 cung Chứng minh dây A1A8 vng góc với dây A3A16 Lời giải: Đường tròn (O) chia thành 20 cung nên số đo cung bằng: 360o : 20  18o Gọi giao điểm A1A8 A3A16 I Ta có: sđ A1A3  2.18o  36o ; sđ A8A16  8.18o  144o Ta có: A1IA3   A1IA3    sdA1A  sdA8A16 (góc có đỉnh đường trịn (O)) 36o  144o   90o  Do đó, A1A8 vng góc với dây A3A16 I Bài 29 trang 105 SBT Toán lớp tập 2: Cho tam giác ABC vng A Đường trịn đường kính AB cắt BC D Tiếp tuyến D cắt AC P.Chứng minh PD = PC Lời giải: Kẻ tia đối tia CP Cx Xét đường tròn (O) có C góc có đỉnh ngồi đường tròn chắn cung AmB cung nhỏ AD C  sđ AmB  sđ AD  Mà sđ AmB = sđ ADB  180o C   1 sđ ADB  sđ AD  sđ DB (1) 2 Mặt khác, ta có: CDP  BDx (hai góc đối đỉnh) (2) BDx  sđ BD (góc tia tiếp tuyến dây cung) (3) Từ (1), (2) (3) ta suy ra: C  CDP Do đó, tam giác PCD cân P ⇒ PD = PC Bài 30 trang 105 SBT Toán lớp tập 2: Hai dây cung AB CD kéo dài cắt điểm E ngồi đường trịn (O) (B nằm A E, C nằm D E) Cho biết CBE  75o , CEB  22o , AOD  144o Chứng minh AOB  BAC Lời giải: Xét đường trịn (O) ta có: Góc E góc có đỉnh ngồi đường trịn chắn cung nhỏ BC cung nhỏ AD E  sđ AD  sđ BC  Lại có: sđ AD  AOD  144o (góc tâm chắn cung)  22o    144o  sđ BC  sđ BC  100o Ta có: BAC  sđ BC (góc nội tiếp chắn cung)  BAC  100o  50o Xét tam giác ABC có: Góc CBE góc ngồi đỉnh B  CBE  BAC  ACB (tính chất góc tam giác)  ACB  CBE  BAC  75o  50o  25o Mặt khác, ta có: ACB  AOB (hệ góc nội tiếp)  AOB  2.ACB  2.25o  50o  AOB  BAC  50o Bài 31 trang 105 SBT Toán lớp tập 2: A, B, C ba điểm thuộc đường tròn (O) cho tiếp tuyến A cắt tia BC D Tia phân giác BAC cắt đường tròn M, tia phân giác D cắt AM I Chứng minh DI  AM Lời giải: Ta có: AM tia phân giác góc BAC (gt)  BAM  MAC Mà : góc BAM góc nội tiếp chắn cung BM, góc MAC góc nội tiếp chắn cung MC  BM  CM (1) Mặt khác, ta có: DAM  sđ ACM (góc tia tiếp tuyến dây cung)  DAM    sđ AC  sđ CM (2) Gọi N giao điểm AM BC Ta có: ANC góc có đỉnh đường tròn chắn hai cung AC BM (O)  ANC    sđ AC  sđ BM (3) Từ (1), (2) (3) ta suy ra: DAM  ANC  DAN  AND Do đó, tam giác DAN cân D Xét tam giác DAN cân D có: DI tia phân giác Do đó, DI đường cao  DI  AN  DI  AM Bài 32 trang 105 SBT Tốn lớp tập 2: Trên đường trịn (O; R) vẽ ba dây liên tiếp AB, BC, CD dây có độ dài nhỏ R Các đường thẳng AB, CD cắt I tiếp tuyến đường tròn B, D cắt K a) Chứng minh BIC  BKD b) Chứng minh BC tia phân giác KBD Lời giải: a) Theo giả thiết ta có: AB  BC  CD (1) Xét đường trịn (O) có góc BKD góc có đỉnh ngồi đường trịn chắn cung BAD cung BCD  BKD      1 sđ BAD  sđ BCD  sđ AB  sđ AmD  sđ BC  sđ CD (2) 2 Từ (1) (2) ta suy ra: BKD    sđ AmD  sđ BC (3) Xét đường trịn (O) có góc BIC góc có đỉnh ngồi đường trịn chắn cung AmD cung BC  BIC    sđ AmD  sđ BC (4) Từ (3) (4) ta suy ra: BIC  BKD b) Xét đường trịn (O) có: KBC  sđ BC (tính chất góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) (5) CBD  sđ CD (tính chất góc nội tiếp) (6) Từ (1), (5) (6) ta suy ra: KBC  CBD Do đó, BC tia phân giác góc KBD Bài tập bổ sung Bài 5.1 trang 105 SBT Toán lớp tập 2: Cho đường trịn tâm O bán kính R dây AB Gọi M điểm cung nhỏ AB E F hai điểm dây AB Gọi C D tương ứng giao điểm ME, MF với đường tròn (O) Chứng minh EFD  ECD  180o Lời giải: Điểm M điểm cung nhỏ AB (gt)  sđ MA = sđ MB (1) Lại có: D  D sđ MAC (góc nội tiếp chắn cung)   sđ MA  sđ AC (2) Mặt khác, góc AEC góc có đỉnh đường tròn chắn cung nhỏ MB cung nhỏ AC  AEC    sđ MB  sđ AC (tính chất góc có đỉnh đường tròn) (3) Từ (1), (2), (3) ta suy ra: D  AEC Mà: AEC  CEF  180o (hai góc kề bù)  D  CEF  180o (4) Xét tứ giác CEFD có: CEF  D  ECD  EFD  360o (tính chất tứ giác) (5) Từ (4) (5) ta suy ra: ECD  EFD  180o Bài 5.2 trang 105 SBT Toán lớp tập 2: Cho đường trịn tâm O bán kính R Lấy điểm A, B, C đường trịn cho AB = BC = CA Gọi I điểm cung nhỏ BC (và I không trùng với B, C) Gọi M giao điểm CI AB Gọi N giao điểm BI AC Chứng minh: a) ANB  BCI ; b) AMC  CBI Lời giải: Vì AB = AC = BC (gt)  AB  AC  BC (1) a) Xét đường trịn (O) có: BCI  sđ BI (góc nội tiếp chắn cung)  BCI    sđ BC  sđ CI (2) Từ (1) (2) ta suy ra: BCI    sđ AB  sđ CI (3) Lại có: Góc ANB góc có đỉnh ngồi đường tròn chắn cung nhỏ AB cung nhỏ CI  ANB    sđ AB  sđ CI (4) Từ (3) (4) ta suy ra: ANB  BCI b) Xét đường trịn (O) có: CBI  sđ CI (góc nội tiếp chắn cung)  CBI    sđ BC  sđ BI (5) Từ (1) (5) ta suy ra: CBI    sđ AC  sđ BI (6) Lại có: Góc AMC góc có đỉnh bên ngồi đường trịn chắn cung nhỏ AC cung nhỏ BI  AMC    sđ AC  sđ BI (7) Từ (6) (7) ta suy ra: AMC  CBI ... ngồi đỉnh B  CBE  BAC  ACB (tính chất góc ngồi tam giác)  ACB  CBE  BAC  7 5o  50 o  2 5o Mặt khác, ta có: ACB  AOB (hệ góc nội tiếp)  AOB  2.ACB  2.2 5o  50 o  AOB  BAC  50 o B? ?i 31... Từ (1), (5) (6) ta suy ra: KBC  CBD Do đó, BC tia phân giác góc KBD B? ?i tập b? ?? sung B? ?i 5. 1 trang 1 05 SBT Toán lớp tập 2: Cho đường trịn tâm O b? ?n kính R dây AB Gọi M điểm cung nhỏ AB E F hai... EFD  36 0o (tính chất tứ giác) (5) Từ (4) (5) ta suy ra: ECD  EFD  18 0o B? ?i 5. 2 trang 1 05 SBT Toán lớp tập 2: Cho đường tròn tâm O b? ?n kính R Lấy điểm A, B, C đường trịn cho AB = BC = CA Gọi

Ngày đăng: 23/11/2022, 08:58

w