CUNG CHỨA GÓC
A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM
1. Quỹ tích cung chứa góc
Với đoạn thẳng AB và góc α (0 < α < 180°) cho trước thì quỹ tích các điểm M thoả mãn \[\widehat{AMB}=a\]là hai cung chứa góc α dựng trên đoạn AB.
Chú ý:
+ Hai cung chứa góc α nói trên là hai cung tròn đối xứng nhau qua AB.
+ Hai điểm A, B được coi là thuộc quỹ tích.
+ Đặc biệt: Quỹ tích các điểm M nhìn đoạn thẳng AB cho trước dưới một góc vuông là đường tròn đường kính AB.
2. Cách vẽ cung chứa góc α
– Vẽ đường trung trực d của đoạn thẳng AB.
– Vẽ tia Ax tạo với AB một góc α.
– Vẽ đường thẳng Ay vuông góc với Ax. Gọi O là giao điểm của Ay với d.
– Vẽ cung AmB, tâm O, bán kính OA sao cho cung này nằm ở nửa mặt phẳng bờ AB không chứa tia Ax.
- \[ \overset\frown{AmB} \] được vẽ như trên là một cung chứa góc α.
3. Cách giải bài toán quỹ tích
Muốn chứng minh quỹ tích (tập hợp) các điểm M thoả mãn tính chất T là một hình H nào đó, ta phải chứng minh hai phần:
– Phần thuận: Mọi điểm có tính chất T đều thuộc hình H.
– Phần đảo: Mọi điểm thuộc hình H đều có tính chất T.
– Kết luận: Quỹ tích các điểm M có tính chất T là hình H.
B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1 : Quỹ tích là cung chứa góc α.
Phương pháp :
- Tìm đoạn cố định trong hình vẽ.
- Nối điểm phải tìm với hai đầu đoạn thẳng cố định đó, xác định góc α không đổi.
- Khẳng định điểm phải tìm quỹ tích thuộc cung chứa góc α dựng trên đoạn cố định.
Dạng 2 : Chứng minh nhiều điểm thuộc đường tròn
Phương pháp :
Chứng minh nhiều điểm cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ là AB và cùng nhìn đoạn cố định AB dưới một góc không đổi.
Dạng 3 : Dựng cung chứa góc
Phương pháp :
Thực hiện quy trình dựng sau đây :
+ Vẽ đường trung trực d của đoạn thẳng AB;
+ Vẽ tia Ax tạo với AB một góc α ;
+ Vẽ đường thẳng Ay vuông góc với Ax. Gọi O là giao điểm của Ay với d.
+ Vẽ cung AmB , tâm O, bán kính OA sao cho cung này nằm ở nửa mặt phẳng bờ AB không chứa tia Ax.
C. GIẢI BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA
Bài 44 (trang 86 SGK Toán 9 Tập 2):
Cho tam giác ABC vuông ở A, có cạnh BC cố định. Gọi I là giao điểm của ba đường phân giác trong. Tìm quỹ tích điểm I khi A thay đổi.
Lời giải
* Dự đoán : Quỹ tích điểm I là cung chứa góc 135º dựng trên đoạn BC.
* Chứng minh :
Phần thuận : Chứng minh mọi điểm I thỏa mãn điều kiện trên đều thuộc cung chứa góc 135º dựng trên đoạn BC.
BI là phân giác \[ \widehat{ABC}\Rightarrow \widehat{{{B}_{1}}}=\frac{1}{2}\widehat{ABC} \]
CI là phân giác \[ \widehat{ACB}\Rightarrow \widehat{{{C}_{1}}}=\frac{1}{2}\widehat{ACB} \]
\[ \Delta BIC \] có \[ \widehat{BIC}=180{}^\circ -\left( \widehat{{{B}_{1}}}+\widehat{{{C}_{1}}} \right)=180{}^\circ -\frac{1}{2}\left( \widehat{ABC}+\widehat{ACB} \right) \]
Mà \[ \Delta ABC \] vuông tại A \[ \Rightarrow \widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90{}^\circ \]
\[ \Rightarrow \widehat{BIC}=180{}^\circ -\frac{1}{2}.90{}^\circ =135{}^\circ \]
⇒ I thuộc cung chứa góc 135º dựng trên đoạn thẳng BC.
Phần đảo: Chứng minh mọi điểm I thuộc cung chứa góc 135º dựng trên đoạn BC, đều có tam giác ABC thỏa mãn điều kiện.
+ Lấy I trên cung chứa góc 135º dựng trên đoạn BC
+ Kẻ tia Bx sao cho BI là phân giác của \[ \widehat{CBx} \]
+ Kẻ tia Cy sao cho CI là phân giác của \[ \widehat{BCy} \]
+ Bx cắt Cy tại A.
Khi đó I là giao điểm của hai đường phân giác trong tam giác ABC
\[ \widehat{BAC}=180{}^\circ -\left( \widehat{B}+\widehat{C} \right) \]
\[ =180{}^\circ -2.\left( \widehat{IBC}+\widehat{ICB} \right) \]
\[ =180{}^\circ -2.\left( 180{}^\circ -\widehat{BIC} \right) \]
\[ =180{}^\circ -2.\left( 180{}^\circ -135{}^\circ \right) \]
\[ =90{}^\circ \] .
Vậy ΔABC vuông tại A thỏa mãn đề bài.
Kết luận : Quỹ tích điểm I là toàn bộ cung chứa góc \[{{135}^{0}}\] dựng trên đoạn BC (khác B và C).
Bài 45 (trang 86 SGK Toán 9 Tập 2):
Lời giải
Dự đoán: Quỹ tích cần tìm là nửa đường tròn đường kính AB.
Chứng minh phần thuận:
ABCD là hình thoi
⇒ AC ⊥ BD ( hình thoi có 2 đường chéo vuông góc với nhau)
⇒ \[ \widehat{AOB}=90{}^\circ \]
Vậy quỹ tích của O là nửa đường tròn đường kính AB.
Chứng minh phần đảo: Chứng minh với mọi điểm O thuộc nửa đường tròn đường kính AB ta đều có hình thoi ABCD thỏa mãn đề bài.
+ Lấy điểm O thuộc nửa đường tròn đường kính AB
+ Lấy C đối xứng với A qua O
+ Lấy D đối xứng với B qua O.
Tứ giác ABCD có AC cắt BD tại O là trung điểm mỗi đường
⇒ ABCD là hình bình hành.
Mà O thuộc nửa đường tròn đường kính AB
⇒ \[ \widehat{AOB}=90{}^\circ \]
⇒ AC ⊥ DB
⇒ Hình bình hành ABCD là hình thoi.
Kết luận: Quỹ tích điểm O là nửa đường tròn đường kính AB (khác A và B)
Bài 46 (trang 86 SGK Toán 9 Tập 2):
Lời giải
Cách dựng:
+ Dựng đoạn thẳng AB = 3cm.
+ Dựng góc \[ \widehat{xAB}=55{}^\circ \]
+ Dựng tia Ay vuông góc với tia Ax.
+ Dựng đường trung trực d của đoạn thẳng AB.
+ d cắt Ay tại O.
+ Dựng đường tròn tâm O, bán kính OA.
\[ \overset\frown{AmB} \] là cung chứa góc 55º cần dựng.
Chứng minh:
+ O thuộc đường trung trực của AB
⇒ OA = OB
⇒ B thuộc đường tròn (O; OA).
Ax ⊥ AO ⇒ Ax là tiếp tuyến của (O; OA).
⇒ \[ \widehat{\text{BAx}} \] là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây AB
Lấy M ∈ \[ \overset\frown{AmB}\Rightarrow \widehat{AMB} \] là góc nội tiếp chắn cung nhỏ \[ \overset\frown{AB} \]
\[ \Rightarrow \widehat{BAx}=\widehat{AMB}\Rightarrow \widehat{AMB}=55{}^\circ \] .
⇒ \[ \overset\frown{AmB} \] là cung chứa góc 55º dựng trên đoạn AB = 3cm.
Kết luận: Bài toán có một nghiệm hình.
Bài 47 (trang 86 SGK Toán 9 Tập 2):
Lời giải
a) Hình a
\[ {{M}_{1}} \] là điểm bất kì nằm trong cung chứa góc \[ 55{}^\circ \]
Gọi A’ và B’ lần lượt là giao điểm của \[ {{M}_{1}}A \] và \[ {{M}_{1}}B \] với đường tròn
Vì \[ \widehat{A{{M}_{1}}B} \] có đỉnh nằm bên trong đường tròn nên
\(\widehat{A M_{1}} B=\frac{1}{2}\left(s d \widehat{A B}-s d \widehat{A^{\prime} B^{\prime}}\right)=\frac{1}{2} s d \widehat{A B}-\frac{1}{2} s d \widehat{A^{\prime} B^{\prime}}=55^{\circ}-\frac{1}{2} s d \widehat{A^{\prime} B^{\prime}}\)
Vì \(\frac{1}{2} s d \widehat{A^{\prime} B^{\prime}}>0 \Rightarrow-\frac{1}{2} s d \widehat{A^{\prime} B^{\prime}}<0\) nên \[ \widehat{A{{M}_{1}}B}>55{}^\circ \] .
b) Hình b
\[ {{M}_{2}} \] là điểm bất kì nằm ngoài đường tròn
Gọi A’ và B’ lần lượt là giao điểm của \[ {{M}_{2}}A \] và \[ {{M}_{2}}B \] với đường tròn
Vì \[ \widehat{A{{M}_{2}}B} \] có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn nên
\[ \widehat{A{{M}_{1}}B}=\frac{1}{2}\left( s\tilde{n}\overset\frown{AB}-s\tilde{n}\overset\frown{A'B'} \right)=\frac{1}{2}s\tilde{n}\overset\frown{AB}-\frac{1}{2}s\tilde{n}\overset\frown{A'B'}=55{}^\circ -\frac{1}{2}s\tilde{n}\overset\frown{A'B'} \]
Vì \[ \frac{1}{2}s\tilde{n}\overset\frown{A'B'}>0\Rightarrow -\frac{1}{2}s\tilde{n}\overset\frown{A'B'}<0 \] nên \[ \widehat{A{{M}_{1}}B}<55{}^\circ \] .
Bài 48 (trang 87 SGK Toán 9 Tập 2):
Lời 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
⇒ \[ \widehat{ATB}=90{}^\circ \]
⇒ T thuộc đường tròn đường kính AB.
+ Phần đảo:
Lấy T thuộc đường tròn đường kính AB
⇒ \[ \widehat{ATB}=90{}^\circ \]
⇒ 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.
Bài 49 (trang 87 SGK Toán 9 Tập 2):
Dựng tam giác ABC, biết BC = 6cm, góc A = 40o và đường cao AH = 4cm.
Lời 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 \[ \widehat{CBx}=40{}^\circ \]
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
\[ \Rightarrow \widehat{BAC}=40{}^\circ \]
+ 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.
Bài 50 (trang 87 SGK Toán 9 Tập 2):
Lời giải
a) + M ∈ đường tròn đường kính AB
\[ \Rightarrow \widehat{AMB}=90{}^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Mà \[ \widehat{AMB}+\widehat{BMI}=180{}^\circ \] (Hai góc kề bù)
\[ \Rightarrow \widehat{BMI}=90{}^\circ \]
+ Xét ΔBMI vuông tại M
⇒ tan I = \[ \frac{MB}{MI}=\frac{1}{2} \]
\[ \Rightarrow \widehat{I}\approx 26{}^\circ 34' \]
b) Dự đoán: Quỹ tích điểm I là hai cung \[ \overset\frown{DB} \] và \[ \overset\frown{BC} \] là các cung chứa góc 26º34’ dựng trên đoạn AB.
Chứng minh:
+ Phần thuận :
Theo phần a): \[ \widehat{AIB}\approx 26{}^\circ 34' \] không đổi
I nằm trên cung chứa góc 26º34’ dựng trên đoạn AB cố định
Kẻ tiếp tuyến của đường tròn tại A cắt hai cung chứa góc 26º34’ dựng trên đoạn AB tại C và D
Khi M di động trên đường tròn đường kính AB cố định thì I di động trên cung BC và BD
⇒ I nằm trên hai cung \[ \overset\frown{BD},\overset\frown{BC} \] chứa góc 26º34’ dựng trên đoạn AB cố định.
+ Phần đảo:
Lấy điểm I bất kỳ nằm trên hai cung \[ \overset\frown{BD} \] hoặc \[ \overset\frown{BC} \] nhìn AB dưới 1 góc 26º34’.
AI cắt đường tròn đường kính AB tại M.
\[ \Rightarrow \widehat{AMB}=90{}^\circ \]
\[ \Rightarrow \Delta MBI \] có \[ \widehat{BMI}=90{}^\circ \]
⇒ tan I = \[ \frac{MB}{MI}=\frac{1}{2} \]
Kết luận: Quỹ tích điểm I là hai cung \[ \overset\frown{BD},\overset\frown{BC} \] nhìn AB dưới góc 26º34’ (hình vẽ).
Bài 51 (trang 87 SGK Toán 9 Tập 2):
Lời giải
+ Xét trên đường tròn (O):
\[ \widehat{BOC} \] là góc ở tâm chắn cung \[ \overset\frown{BC} \]
\[ \widehat{BAC} \] là góc nội tiếp chắn cung \[ \overset\frown{BC} \]
\[ \Rightarrow \widehat{BOC}=2\widehat{BAC}=2.60{}^\circ =120{}^\circ \]
+ Xét tứ giác AC’HB’ có : \[ \widehat{BAC}+\widehat{AC'H}+\widehat{AB'H}+\widehat{B'HC'}=360{}^\circ \]
\(\begin{align}& \Leftrightarrow 60{}^\circ +90{}^\circ +90{}^\circ +\widehat{B'HC'}=360{}^\circ \\ & \Leftrightarrow \widehat{B'HC'}=120{}^\circ \\ \end{align} \)
\[ \Rightarrow \widehat{BHC}=\widehat{B'HC'}=120{}^\circ \] (hai góc đối đỉnh)
+Xét \[ \Delta BIC \] có: \[ \widehat{BIC}=180{}^\circ -\left( \widehat{IBC}+\widehat{ICB} \right) \]
\[ =180{}^\circ -\frac{1}{2}\left( \widehat{ABC}+\widehat{ACB} \right) \]
\[ =180{}^\circ -\frac{1}{2}\left( 180{}^\circ -\widehat{A} \right) \]
\[ =180{}^\circ -\frac{1}{2}\left( 180{}^\circ -60{}^\circ \right) \]
\[ =120{}^\circ \]
\[ \Rightarrow \widehat{BHC}=\widehat{BIC}=\widehat{BOC}=120{}^\circ \]
⇒ B, O, I, H, C cùng thuộc đường tròn chứa cung 120º dựng trên đoạn BC.
Bài 52 (trang 87 SGK Toán 9 Tập 2):
Lời giải
Gọi vị trí đặt quả bóng để sút phạt đền là M, và bề ngang cầu môn là PQ thì M nằm trên đường trung trực của PQ.
Gọi H là trung điểm của PQ, ta có: \[ HP=HQ=\frac{PQ}{2}=3,66 \]
Gọi \[ \widehat{PMH}=\alpha \]
Do M nằm trên đường trung trực của PQ nên MH vuông góc PQ.
Tam giác MPH vuông tại H, áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông ta có:
\[ \tan \alpha =\frac{PH}{HM}=\frac{3,66}{11}\approx 0,333 \] nên \[ \alpha =18{}^\circ 36' \]
Vậy góc sút phạt đền là 2α ≈ 37012’
+ Vẽ cung chứa góc 37012’ dựng trên đoạn thẳng PQ. Bất cứ điểm nào trên cung vừa vẽ cũng có cùng “góc sút” như quả phạt đền 11m.
Gợi ý Giải bài tập sách giáo khoa cung chứa góc toán học 9, toán 9 hình học lý thuyết trọng tâm giúp học sinh nắm vững kiến thức nhanh nhất