Giải bài 5.19 trang 65 sách bài tập toán 9 - Kết nối tri thức tập 1Cho đường tròn (O) và điểm M nằm bên ngoài (O). Từ M kẻ tiếp tuyến MA với (O), trong đó A là tiếp điểm. Đường thẳng qua A và vuông góc với MO cắt (O) tại B (khác A). a) Chứng minh rằng MB là tiếp tuyến của (O); b) Tính OM và diện tích phần của tam giác AMB nằm bên ngoài (O), biết bán kính của (O) bằng 3cm và (widehat {MAB} = {60^o}). Tổng hợp đề thi học kì 1 lớp 9 tất cả các môn - Kết nối tri thức Toán - Văn - Anh - KHTN - Lịch sử và Địa lí Quảng cáo
Đề bài Cho đường tròn (O) và điểm M nằm bên ngoài (O). Từ M kẻ tiếp tuyến MA với (O), trong đó A là tiếp điểm. Đường thẳng qua A và vuông góc với MO cắt (O) tại B (khác A). a) Chứng minh rằng MB là tiếp tuyến của (O); b) Tính OM và diện tích phần của tam giác AMB nằm bên ngoài (O), biết bán kính của (O) bằng 3cm và \(\widehat {MAB} = {60^o}\). Phương pháp giải - Xem chi tiết a) + Gọi H là giao điểm của MO và AB. Do đó, MO vuông góc với AB tại H. + Chứng minh \(\Delta AOH = \Delta BOH\left( {ch - cgv} \right)\) nên \(\widehat {AOH} = \widehat {BOH}\). + Chứng minh \(\Delta AOM = \Delta BOM\left( {c - g - c} \right)\) nên \(\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = {90^o}\) . + Suy ra \(MB \bot OB\) tại B. Do đó, MB là tiếp tuyến của (O) b) + Chứng minh tam giác MAB cân tại M và \(\widehat {MAB} = {60^o}\) nên tam giác MAB đều, suy ra \(\widehat {AMB} = {60^o}\) + Ta có \(\widehat {AOB} + \widehat {OBM} + \widehat {BMA} + \widehat {MAO} = {360^o}\), từ đó tính được góc AOB và số đo cung nhỏ AB. + Tính diện tích hình quạt tròn ứng với cung nhỏ AB (\({S_q}\)). + Tính được \(\widehat {AMO} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = {60^o}\). + Tam giác MOA vuông tại A nên \(AM = AO.\tan \widehat {AMO}\). + Chứng minh \({S_{\Delta AMO}} = {S_{\Delta BMO}} = \frac{1}{2}OA.AM\), từ đó tính diện tích tứ giác AOBM (\({S_{AOBM}}\)). + Diện tích phần của tam giác AMB nằm bên ngoài (O) là: \(S = {S_{AOBM}} - {S_q}\). Lời giải chi tiết a) Gọi H là giao điểm của MO và AB. Do đó, MO vuông góc với AB tại H. Tam giác AOH và tam giác BOH có: OH chung, \(OA = OB\), \(\widehat {OHA} = \widehat {BHO} = {90^o}\) nên \(\Delta AOH = \Delta BOH\left( {ch - cgv} \right)\) nên \(\widehat {AOH} = \widehat {BOH}\) hay \(\widehat {AOM} = \widehat {BOM}\). Tam giác AOM và tam giác BOM có: OM chung, \(OA = OB\), \(\widehat {AOM} = \widehat {BOM}\) nên \(\Delta AOM = \Delta BOM\left( {c - g - c} \right)\) nên \(\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = {90^o}\) . Do đó, \(MB \bot OB\) tại B. Do đó, MB là tiếp tuyến của (O). b) Vì MA và MB là hai tiếp tuyến của (O) nên \(MA = MB\). Do đó, tam giác MAB cân tại M. Mà \(\widehat {MAB} = {60^o}\) nên tam giác MAB đều. Do đó, \(\widehat {AMB} = {60^o}\). Tứ giác AOBM có: \(\widehat {AOB} + \widehat {OBM} + \widehat {BMA} + \widehat {MAO} = {360^o}\) Suy ra: \(\widehat {AOB} = {360^o} - \left( {\widehat {OBM} + \widehat {BMA} + \widehat {MAO}} \right) \\= {360^o} - \left( {{{90}^o} + {{90}^o} + {{60}^o}} \right) = {120^o}\) Vì AOB là góc ở tâm chắn cung nhỏ AB nên sđ$\overset\frown{AB}$nhỏ \( = {120^o}\). Do đó, diện tích hình quạt tròn ứng với cung nhỏ AB là: \({S_q} = \frac{{120}}{{360}}.\pi {.3^2} = 3\pi \left( {c{m^2}} \right)\) Vì MA và MB là hai tiếp tuyến của (O) nên OM là phân giác của góc AOB nên \(\widehat {AOM} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = {60^o}\). Tam giác MOA vuông tại A nên \(AM = AO.\tan \widehat {AOM} = 3.\tan {60^o} = 3\sqrt 3 \left( {cm} \right)\). Vì \(\Delta AOM = \Delta BOM\left( {cmt} \right)\) nên \({S_{\Delta AMO}} = {S_{\Delta BMO}} \) \(= \frac{1}{2}OA.AM = \frac{1}{2}.3.3\sqrt 3 \) \( = \frac{{9\sqrt 3 }}{2}\left( {c{m^2}} \right)\). Do đó diện tích tứ giác AOBM là: \({S_{AOBM}} = 2{S_{\Delta AMO}} = 9\sqrt 3 \left( {c{m^2}} \right)\). Vậy diện tích phần của tam giác AMB nằm bên ngoài (O) là: \(S = {S_{AOBM}} - {S_q} = 9\sqrt 3 - 3\pi \left( {c{m^2}} \right)\).
Quảng cáo
|