THCS
THCS
Bài 5.33 trang 72 sách bài tập Toán 9 - Kết nối tri thức tập 1 là một bài tập quan trọng trong chương trình học. Bài tập này yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức về hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai để giải quyết các bài toán thực tế.
Montoan.com.vn xin giới thiệu lời giải chi tiết, dễ hiểu bài 5.33 trang 72, giúp các em học sinh nắm vững kiến thức và tự tin làm bài tập.
Cho đường tròn (O), đường thẳng a tiếp xúc với (O) tại A, đường thẳng b tiếp xúc với (O) tại B sao cho a//b. Gọi C là một điểm tùy ý thuộc (O), khác A và B. Tiếp tuyến c của (O) tại C cắt a và b lần lượt tại M và N. a) Chứng minh AB là một đường kính của (O). b) Gọi D, P và Q lần lượt là các điểm đối xứng với C, M và N qua tâm O. Chứng minh rằng (D in left( O right),P in b) và (Q in a). c) Chứng minh rằng PQ tiếp xúc với (O) tại D. d) Chứng minh tứ giác MNPQ là một hình thoi.
Đề bài
Cho đường tròn (O), đường thẳng a tiếp xúc với (O) tại A, đường thẳng b tiếp xúc với (O) tại B sao cho a//b. Gọi C là một điểm tùy ý thuộc (O), khác A và B. Tiếp tuyến c của (O) tại C cắt a và b lần lượt tại M và N.
a) Chứng minh AB là một đường kính của (O).
b) Gọi D, P và Q lần lượt là các điểm đối xứng với C, M và N qua tâm O. Chứng minh rằng \(D \in \left( O \right),P \in b\) và \(Q \in a\).
c) Chứng minh rằng PQ tiếp xúc với (O) tại D.
d) Chứng minh tứ giác MNPQ là một hình thoi.
Phương pháp giải - Xem chi tiết
a) + Chứng minh \(a \bot OA\), \(b \bot OB\) mà a//b nên ba điểm O, A, B thẳng hàng.
+ Lại có: \(OA = OB\) (bán kính của (O)). Do đó, AB là một đường kính của (O).
b) + Chứng minh D thuộc (O).
+ Chứng minh tứ giác AMBP là hình bình hành, suy ra BP//AM, suy ra BP//a. Mà b//a nên đường thẳng \(BP \equiv b\). Khi đó, P thuộc b.
+ Chứng minh tương tự ta có Q thuộc a.
c) + Chứng minh \(\Delta COM = \Delta DOP\left( {c.g.c} \right)\), suy ra \(\widehat {PDO} = \widehat {MCO} = {90^o}\).
+ Chứng minh \(\Delta CON = \Delta DOQ\left( {c.g.c} \right)\), suy ra \(\widehat {QDO} = \widehat {NCO} = {90^o}\).
+ Chứng minh \(\widehat {QDP} = {180^o}\). Suy ra, ba điểm P, D, Q thẳng hàng và PQ là tiếp tuyến của (O) tại D.
d) + Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành.
+ Chứng minh \(\widehat {AOM} = \widehat {MOC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC}\), \(\widehat {BON} = \widehat {NOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\) nên \(\widehat {MOC} + \widehat {NOC} = {90^o}\) nên MP vuông góc với NQ tại O.
+ Hình bình hành MNPQ có đường chéo MP vuông góc với NQ tại O. Do đó, MNPQ là hình thoi.
Lời giải chi tiết
a) Vì a tiếp xúc với (O) tại A hay a là tiếp tuyến của (O) tại A. Do đó, \(a \bot OA\).
Vì b tiếp xúc với (O) tại B hay b là tiếp tuyến của (O) tại B. Do đó, \(b \bot OB\).
Lại có: a//b. Do đó, ba điểm O, A, B thẳng hàng.
Vì \(OA = OB\) nên AB là đường kính của (O).
b) Vì C thuộc (O) và D đối xứng với C qua O nên do tính đối xứng của đường tròn, suy ra D thuộc (O).
Tứ giác AMBP có: \(OA = OB\), \(OM = OP\) (P đối xứng với M qua O) nên tứ giác AMBP là hình bình hành, suy ra BP//AM. Vì M, A thuộc đường thẳng a nên BP//a.
Mà b//a nên đường thẳng \(BP \equiv b\). Khi đó, P thuộc b.
Chứng minh tương tự ta có Q thuộc a.
c) Tam giác COM và tam giác DOP có: \(OM = OP,OC = OD\) (vì D đối xứng với C qua O), \(\widehat {MOC} = \widehat {POD}\) (hai góc đối đỉnh) nên \(\Delta COM = \Delta DOP\left( {c.g.c} \right)\), suy ra \(\widehat {PDO} = \widehat {MCO} = {90^o}\).
Tương tự ta có: \(\Delta CON = \Delta DOQ\left( {c.g.c} \right)\), suy ra \(\widehat {QDO} = \widehat {NCO} = {90^o}\).
Ta có: \(\widehat {PDO} + \widehat {QDO} = \widehat {QDP} = {180^o}\) nên ba điểm P, D, Q thẳng hàng và PQ là tiếp tuyến của (O) tại D.
d) Tứ giác MNPQ có hai đường chéo MP và NQ cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường nên MNPQ là hình bình hành.
Vì MA và MC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M của (O) nên OM là tia phân giác của góc AOC.
Do đó, \(\widehat {AOM} = \widehat {MOC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC}\).
Vì NB và NC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại N của (O) nên ON là tia phân giác của góc BOC.
Do đó, \(\widehat {BON} = \widehat {NOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\).
Ta có:
\(\widehat {MOC} + \widehat {NOC} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {AOC} + \widehat {BOC}} \right) \\= \frac{1}{2}{.180^o} = {90^o}.\)
Suy ra \(\widehat {MON} = {90^0}\) nên MP\( \bot \) NQ tại O.
Hình bình hành MNPQ có đường chéo MP vuông góc với NQ tại O.
Do đó, MNPQ là hình thoi.
Bài 5.33 trang 72 sách bài tập Toán 9 - Kết nối tri thức tập 1 yêu cầu chúng ta giải quyết một bài toán liên quan đến hàm số bậc nhất và ứng dụng thực tế. Để giải bài này, chúng ta cần nắm vững các kiến thức sau:
Trước khi đi vào giải bài, chúng ta cần đọc kỹ đề bài và xác định rõ yêu cầu. Đề bài thường cho một tình huống thực tế và yêu cầu chúng ta xây dựng hàm số mô tả tình huống đó, sau đó giải các câu hỏi liên quan đến hàm số.
Để giải bài 5.33 trang 72, chúng ta thực hiện theo các bước sau:
Ví dụ, giả sử đề bài yêu cầu chúng ta tìm hàm số biểu diễn chi phí vận chuyển hàng hóa theo quãng đường vận chuyển. Chúng ta có thể xác định các yếu tố sau:
Dựa vào các yếu tố này, chúng ta có thể xây dựng hàm số y = ax + b, trong đó a là chi phí vận chuyển trên mỗi đơn vị quãng đường và b là chi phí cố định.
Ngoài bài 5.33, còn rất nhiều bài tập tương tự trong sách bài tập Toán 9 - Kết nối tri thức tập 1. Các bài tập này thường yêu cầu chúng ta vận dụng kiến thức về hàm số bậc nhất để giải quyết các bài toán thực tế khác nhau, như tính tiền điện, tính tiền nước, tính lãi suất ngân hàng,...
Để nắm vững kiến thức về hàm số bậc nhất, bạn nên luyện tập thêm các bài tập khác trong sách bài tập và các tài liệu tham khảo khác. Bạn cũng có thể tìm kiếm các bài giảng online hoặc tham gia các khóa học toán online để được hướng dẫn chi tiết hơn.
Bài 5.33 trang 72 sách bài tập Toán 9 - Kết nối tri thức tập 1 là một bài tập quan trọng giúp chúng ta hiểu rõ hơn về hàm số bậc nhất và ứng dụng của nó trong thực tế. Hy vọng rằng với lời giải chi tiết và các hướng dẫn trên, các em học sinh sẽ tự tin giải quyết bài tập này và các bài tập tương tự.
