Giải SBT Toán 9 Chân trời sáng tạo Bài 3. Góc ở tâm, góc nội tiếp có đáp án

Kẻ OH ⊥ MN tại H.

Xét ∆OMN cân tại O (do OM = ON = R) có OH là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến, hay H là trung điểm của MN.

Do đó $HM = HN = \frac{{MN}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.$

Xét ∆HMO vuông tại H, có:

$\cos \widehat {HMO} = \frac{{HM}}{{OM}} = \frac{{\frac{{R\sqrt 3 }}{2}}}{R} = \frac{{\sqrt 3 }}{2},$ nên $\widehat {HMO} = 30^\circ$

Mà ∆OMN cân tại O nên ta có:

$\widehat {MON} = 180^\circ - 2\widehat {HMO} = 180^\circ - 2 \cdot 30^\circ = 120^\circ .$

Suy ra số đo cung nhỏ MN là 120°, số đo cung lớn MN là 360° – 120° = 240°.

a) Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của (O) nên OA ⊥ AM; OB ⊥ BM.

Suy ra $\widehat {OAM} = 90^\circ ,\,\,\widehat {OBM} = 90^\circ .$

Xét tứ giác AOBM, ta có:

$\widehat {OAM} + \widehat {OBM} + \widehat {AMB} + \widehat {AOB} = 360^\circ$

Suy ra $90^\circ + 90^\circ + 35^\circ + \widehat {AOB} = 360^\circ$

Do đó $\widehat {AOB} = 360^\circ - 90^\circ - 90^\circ - 35^\circ = 145^\circ .$

b) Vì $\widehat {AOB} = 145^\circ$ nên số đo cung nhỏ AB là 145° và số đo cung lớn AB là:

360° – 145° = 215°.

Ta có $\widehat {OBC} = \widehat {CBO'}$ (vì BC là đường phân giác của $\widehat {OBO'}).$ (1)

Do B, C thuộc đường tròn (O) nên OB = OC, suy ra ∆OBC cân tại O, do đó $\widehat {OBC} = \widehat {OCB}.$ (2)

Do B, D thuộc đường tròn (O’) nên O’B = O’D, suy ra ∆O’BD cân tại O’, do đó $\widehat {CBO'} = \widehat {O'DB}.$ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\widehat {OBC} = \widehat {OCB} = \widehat {CBO'} = \widehat {O'DB}.$

Mặt khác, $\widehat {BOC} = 180^\circ - \widehat {OBC} - \widehat {OCB}$ và $\widehat {BO'D} = 180^\circ - \widehat {O'BD} - \widehat {ODB}.$

Do đó $\widehat {BOC} = \widehat {BO\prime D}.$

a) Do AB là đường kính của đường tròn (O), P thuộc đường tròn (O), suy ra $\widehat {APB} = 90^\circ .$

Do đó $\widehat {PAB} + \widehat {{B_1}} = 90^\circ$ (1)

Do tia AP cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) tại T nên AB ⊥ BT

Do đó $\widehat {{B_1}} + \widehat {{B_2}} = 90^\circ$ (2)

Từ (1), (2) suy ra $\widehat {ATB} = \widehat {{B_1}}$

Mà $\widehat {{B_1}} = \frac{1}{2}\widehat {AOP}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AP) nên $\widehat {ATB} = \frac{1}{2}\widehat {AOP}$ hay $\widehat {AOP} = 2\widehat {ATB}.$

b) Do A, P thuộc đường tròn (O) nên AO = OP, do đó ∆AOP cân tại O, suy ra $\widehat {PAO} = \widehat {APO}.$

Mà $\widehat {PAO} = \widehat {PBT}$ (cùng phụ với $\widehat {{B_1}}),$ suy ra $\widehat {APO} = \widehat {\;PBT}.$

Do BH, CK là đường cao ∆ABC nên BH ⊥ AC, CK ⊥ AB.

Xét ∆ABH vuông tại H có $\widehat {BAH} = 45^\circ$ nên $\widehat {ABH} = 90^\circ - \widehat {BAH} = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ .$

Mặt khác, $\widehat {ABD} = \widehat {ACD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD) nên $\widehat {ACD} = 45^\circ .$ (1)

Tương tự, ta có $\widehat {ACK} = 90^\circ - \widehat {CAK} = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ .$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {DCE} = \widehat {ACD} + \widehat {ACK} = 45^\circ + 45^\circ = 90^\circ$

Mà $\widehat {DCE}$ là góc nội tiếp chắn cung DE nên DE là đường kính của đường tròn (O).

Vậy ba điểm D, O, E thẳng hàng.

Ta có suy ra số đo góc ở tâm $\widehat {\;MON} = 9^\circ$ và góc nội tiếp

Xét tam giác MON cân tại O (do OM = ON), ta có:

$\widehat {OMN} = \frac{{180^\circ - \widehat {MON}}}{2} = \frac{{180^\circ - 9^\circ }}{2} = 85{,}5^\circ .$