Hh9 chủ đề 11 góc ở tâm số đo cung ( 1 buổi )

HH9-CHỦ ĐỀ 11 GÓC Ở TÂM SỐ ĐO CUNG ( BUỔI ) I LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM Góc tâm Định nghĩa Góc có đỉnh trùng với tâm đường trịn gọi góc tâm ● Nếu 0    180 cung nằm bên góc gọi cung nhỏ, cung nằm bên ngồi góc gọi cung lớn ● Nếu  180 cung nửa đường tròn Cung nằm bên góc gọi cung bị AOB góc tâm Cung nhỏ: AmB Cung lớn: AnB chắn Góc bẹt chắn nửa đường trịn Kí hiệu cung AB AB Số đo cung ● Số đo cung AB kí hiệu sđ AB ● Số đo cung nhỏ số đo góc tâm sđ AnB = AOB (góc tâm chắn AB ) sđ AmB 360  sđ AnB chắn cung ● Số đo cung lớn hiệu 360 số đo cung nhỏ (có chung hai mút với cung lớn) ● Số đo nửa đường tròn 180 Cung đường tròn có số đo 360 Cung khơng có số đo 0 (cung có hai mút trùng nhau) So sánh hai cung Trong đường tròn hay hai đường tròn nhau: Hai cung gọi chúng có số đo Trong hai cung, cung có số đo lớn gọi cung lớn Định lý Nếu C điểm nằm cung AB  sđ AB = sđ AC + sđ CB II CÁC DẠNG BÀI TẬP Trang Dạng 1: Tính số đo góc tâm số đo cung bị chắn Phương pháp giải Để tính số đo góc tâm, số đo cung bị chắn, ta sử dụng kiến thức sau: ● Số đo cung nhỏ số đo góc tâm chắn cung ● Số đo cung lớn hiệu 360 số đo cung nhỏ (có chung hai mút với cung lớn) ● Số đo nửa đường tròn 180 Cung đường trịn có số đo 360 Sử dụng tỉ số lượng giác góc nhọn để tính góc Sử dụng quan hệ đường kính dây cung Chú ý: Khi nhắc tới cung nhắc tới cung nhỏ Câu 1: Cho  O; R  dây cung MN R Kẻ OK ⊥ MN K a) Tính độ dài OK theo R   b) Tính MOK MON c) Tính số đo cung nhỏ cung lớn MN Hướng dẫn giải R a) Ta có: MK  MN  (tính chất tam 2 giác cân) Áp dụng định lý Pi-ta-go MOK vng K, ta có OK OM  MK 2  R 3 R2 R OK R      OK    2 b) Áp dụng tỉ số lượng giác MOK vuông K, ta có: R OK  cos MOK  2  OM R     MOK 60  MON 2MOK 120 (tính chất tam giác cân)    c) sđ MmN MON 120  sđ MnN 360   sđ MmN 240 Trang Câu Cho ABC cân A Vẽ  O  , đường kính BC Đường trịn  O  cắt AB AC M N a) Chứng minh cung nhỏ BM CN có số đo   b) Tính MON , biết BAC 40 Lời giải a) Ta có: OM ON OB OC  BOM CON cân O     Suy MBO NCO  BMO CNO Mặt khác:       MBO  BMO  BOM  NCO  CNO  CON 180 (định lý tổng ba góc tam giác) (*)     Suy BOM CON  BM CN  b) BAC 40  ABC  ACB 70 (định lý tổng ba góc tam giác)   Thay vào (*) ta có: BOM CON 40 Suy    MON 180  BOM  CON 180  40  40 100  100 Gọi N; Q điểm đối xứng M; P qua O Câu Trên đường trịn  O  có sđ MP Trên cung PQ lấy C làm điểm giữa; cung MN lấy D làm điểm Tính số đo cung nhỏ CD Lời giải    100 nên MOP Do sđ MP  NOQ 100 (hai góc đối đỉnh) D C điểm cung MN cung PQ  sđ DN  90 nên ta có sđ QC    sđ DN  100 D nằm QN nên ta có: sđ QD  100  90 10  sđ QD  C nằm QN nên ta có:   sđ CN  100  sđ CN  100  90 10 sđ QC Suy   sđ QD   sđ NC  sđ QN  100  10  10 80 sđ CD Trang Câu Cho đường tròn  O; R  , lấy điểm M nằm  O  cho OM 2 R Từ M kẻ tiếp tuyến MA MB với  O  (A; B tiếp điểm) a) Tính AOM b) Tính AOB số đo cung AB nhỏ c) Biết OM cắt  O  C Chứng minh C điểm cung nhỏ Lời giải a) Do MA; MB tiếp tuyến  O  nên MA ⊥ AO MB ⊥ BO Xét tam giác vng MAO có sin AMO  AO  MO Suy AMO 30  AOM 60 (hai góc phụ nhau) b) AOB 2 AOM 120 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy sđ AB 120   c) Ta có AOC  BOC  AC  BC Suy C điểm cung AB Dạng 2: Chứng minh hai cung Phương pháp giải Sử dụng định lí, hệ ứng dụng kiến thức học để chứng minh hai góc tâm hai dây suy hai cung Câu Cho hai tiếp tuyến A, B đường tròn  O  cắt K, biết AKB 50 KO cắt  O  M  a) Tính AOM ; BOM b) Số đo cung nhỏ AB bao nhiêu? Trang Lời giải AKB a) Ta có AKO  25 (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)  AOM 65 (phụ với AMO )  Suy BOM  AOM 65 (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) b) Ta có M điểm nằm cung AB nên  sđ BA  sđ AM  sđ MB Suy sđ AB 2.65 130 Câu Trên cung nhỏ AB  O  , cho hai điểm C D cho cung AB chia thành ba cung    DB  AC CD Bán kính OC OD cắt dây AB E F a) Hãy so sánh đoạn thẳng AE FB b) Chứng minh cách đường thẳng AB CD song song Lời giải Lời giải a) Xét OFB OEA có:   ); OA OB  R ; AOC  DOB (do AC  DB   ( OAB cân O OA OB  R ) OAB OBA Do OEA OFB (g.c.g)  AE  FB b) Do OEA OFB nên  OE OF  OEF cân O   Suy 2.OEF (định lý tổng ba góc 180  EOF tam giác) Chứng minh tương tự OCD cân O nên   (định lý tổng ba góc tam giác) 2.OCD 180  COD   Do OEF OCD Mà hai góc vị trí đồng vị Vậy AB∥ CD (cặp góc đồng vị nhau) Câu Cho đường tròn  O  đường kính AB, vẽ góc tâm AOC 50 Vẽ dây CD vng góc với AB dây DE song song với AB Trang Chứng minh ba điểm C; O; E thẳng hàng Từ tính số đo cung nhỏ BE Lời giải Lời giải Gọi M trung điểm CE Xét CDE có: MC  MD  ME (tính chất tam giác vng) Lại có: OC OD OE (bán kính) Suy M trùng O hay ba điểm C; O; E thẳng hàng   50 Do BOE  AOC 50 (đối đỉnh)  sđ BE Câu Trên đường tròn  O  cho cung AB có số đo 140 Gọi A ; B điểm đối xứng A; B qua O; lấy cung AD nhận B làm điểm giữa; lấy cung CB nhận A làm điểm Tính số đo cung nhỏ CD Lời giải  OA (hai góc đối đỉnh)  sđ AB  sđ AB Ta có AOB  B Mặt khác sđ AB   sđ AB  180 (cung chắn nửa đường tròn)  sđ AB  180  140 40 B  A điểm cung AD cung BC  D 40 sđ BA   sđ AC 40 nên ta có sđ AB   sđ B Suy  sđ AB   sđ B  D  sđ AC sđ CD 140  40  40 60 Dạng 3:Bài toán tổng hợp Câu 1: Cho đường trịn (O; R) điểm M nằm ngồi đường trịn Gọi MA, MB hai tiếp tuyến với đường trịn A B Tính số đo góc tâm tạo hai bán kính OA OB nếu: a) AMB 70 b) MA  R c) MO 2 R Lời giải Trang Vì MA MB tiếp tuyến đường tròn (O) A B nên: MA  OA, MB  OB   Suy MAO  MBO 90 a) Xét tứ giác MAOB có: AMB  AOB  MAO    MBO 360     AOB 360  AMB  MAO  MBO   AOB 360   70  90  90  110 Vậy số đo góc tâm tạo hai bán kính OA, OB 110°  b) Xét ∆MAO có: MA  AO  R MAO 90  ∆MAO vuông cân A   MOA 45  Vậy AOB 2 MOA 90 c) Xét ∆MAO vng A có: MO 2 AO  AMO 30  AOM 60 Vậy AOB 2 AOM 120  30 ,điểm M Câu 2: Cho đường trịn (O) đường kính AB Điểm C thuộc đường tròn (O) cho sđ BC thuộc cung AC nhỏ Gọi D E điểm đối xứng với M qua AB OC Chứng minh rằng: ∆DOE Lời giải  30 nên BOC  Vì sđ BC 30 Gọi I giao điểm MD AB, J giao điểm ME OC Theo giả thiết: M D đối xứng với qua AB, mà M thuộc đường tròn (O) nên D thuộc đường tròn (O) Tương tự E thuộc đường trịn (O) Tứ giác MIOJ có      I  J 90  IMJ  IOJ 180  IMJ 180  IOJ  BOC 30 Ta có ∆MOD ∆MOE cân O nên:     MOD 180  DMO ; MOE 180  EMO Trang       MOD  MOE 360  DMO  EMO       360  DOE 360  IMJ  DOE 2 IMJ 60 Mặt khác OD OE Vậy ∆DOE Câu 3: Cho tam giác ABC có diện tích S, nội tiếp đường trịn (O) Trên cung AB, BC, CA lấy  ; CC   có số đo 30° Tính diện tích theo thứ tự điểm A’, B’, C’ cho cung AA; BB phần chung hai tam giác ABC A’B’C’ theo S Lời giải Gọi I giao điểm AB A’B’; K giao điểm A’B’ BC Xét ∆AOB ∆A’OB’ có: AO  AO  BO  B O AOA  BOB   (giả thiết)  ∆AOB = ∆A’OB’ (c.g.c)  A1  A1 30 Mà AOA 30  A’B’ // AO (1) Tương tự có: OB’ // AB (2) Từ (1) (2) có AIB’O hình bình hành, suy AI OB  OA R Đặt OA  R  AB  R 3; BH   BI  AB  AI  R  R  R Lại có: S BIK S BAH      IB   R      AB   R      3  4 S 2  BIK  S ABC Gọi diện tích phần chung S’, ta có: S  S  3S BIK 2  1    S S  Vậy S    3 S Trang