Lý thuyết Cung chứa góc (mới 2024 + Bài Tập) - Toán 9

Lý thuyết Toán 9 Bài 6: Cung chứa góc

Bài giảng Toán 9 Bài 6: Cung chứa góc

A. Lý thuyết

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 $\widehat{AMB}=\alpha$ là hai cung chứa góc α dựng trên đoạn AB.

Lưu 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.

- 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 sao cho $\widehat{BAx}=\alpha$.

– 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.

- $\stackrel{⏜}{AmB}$ được vẽ như trên là một cung chứa góc α.

Ta có hình vẽ:

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.

Ví dụ. Cho góc xOy cố định và điểm A cố định nằm trên tia Ox. B là điểm chuyển động trên tia Oy. Tìm tập hợp trung điểm M của AB.

Lời giải:

- Phần thuận:

+ Xét tam giác vuông OAB có OM = MA = MB

Nên ∆OAM cân tại M.

Mà OA cố định suy ra M nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng OA.

- Phần đảo:

Lấy M bất kỳ thuộc tia M₁z, AM cắt Oy tại B.

Suy ra MO = MA $\Rightarrow \widehat{MAO}=\widehat{MOA}$.

Mặt khác $\widehat{OBM}=\widehat{BOM}$ (cùng phụ với góc $\widehat{MAO}=\widehat{MOA}$) suy ra MO = MB.

Suy ra MO = MA = MB.

Hay M là trung điểm của AB.

- Kết luận: Tập hợp các trung điểm M của AB là đường trung trực của đoạn OA.

B. Bài tập tự luyện

Bài 1. Cho một góc vuông xOy, trên tia Ox lấy điểm A cố định, B là điểm chuyển động trên tia Oy. Tìm tập hợp các điểm C sao cho DABC vuông cân tại C.

Lời giải:

Do đó C thuộc tia phân giác Oz của góc vuông xOy.

- Phần đảo: Lấy điểm C bất kỳ thuộc tia C’z.

Vẽ đường thẳng vuông góc CA tại C cắt tia Oy tại B.

Xét ∆CAH vuông tại H và ∆CBK vuông tại K có:

CH = CK và $\widehat{CAH}=\widehat{CBK}$

Nên DCAH = DCBK (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)

Suy ra CA = CB (hai cạnh tương ứng).

Do đó DABC vuông cân tại C.

- Kết luận: Tập hợp các điểm C là tia C’z của tia phân giác Oz của góc xOy.

Bài 2. Cho hình bình hành ABCD có cạnh AB cố định và cạnh CD chuyển động trên đường thẳng d song song với AB. Gọi I là trung điểm của CD. Tia AI cắt BC tại N. Tìm quỹ tích điểm N khi CD thay đổi trên đường thẳng d.

Lời giải:

- Phần thuận:

Gọi khoảng cánh giữa đường thẳng AB và đường thẳng d là h không đổi.

Vì ABCD là hình bình hành nên BC // AD hay CN // AD.

Suy ra $\widehat{IDA}=\widehat{ICN}$ (hai góc so le trong).

Xét ∆IAD và ∆INC có:

$\widehat{AID}=\widehat{CIN}$ (đối đỉnh)

ID = IC (vì I là trung điểm của CD)

$\widehat{IDA}=\widehat{ICN}$ (cmt)

Do đó DIAD = DINC (g.c.g)

Suy ra CN = AD (hai cạnh tương ứng)

Mà AD = BC (vì tứ giác ABCD là hình bình hành).

Do đó CN = AD = BC.

Kẻ $NH\perp AB$, NH cắt đường thẳng d tại K.

∆NBH có CB = CN và CK // BH nên suy ra KH = KN.

Từ đó ta được HN = 2KH = 2h không đổi.

Khi CD chuyển động trên đường thẳng d thì với mọi vị trí của CD, điểm N luôn cách đường thẳng AB một khoảng 2h không đổi.

Vậy điểm N thuộc đường thẳng d’ song song với đường thẳng AB và cách đường thẳng AB một khoảng 2h không đổi.

- Phần đảo: Lấy điểm N bất kì trên đường thẳng d’.

Đường thẳng AN cắt đường thẳng d tại I, đường thẳng NB cắt đường thẳng d tại C.

Lấy điểm D đối xứng với C qua điểm I.

Ta cần chứng minh tứ giác ABCD là hình bình hành và I là trung điểm của CD.

Thật vậy, Kẻ $NH\perp AB$, NH cắt đường thẳng d tại K.

Ta có K là trung điểm của HN.

Do đó trong ∆HNB thì C là trung điểm của NB. 9

Trong ∆NAB có C là trung điểm của BN và IC // AB.

Nên IC là đường trung bình.

Từ đó ta được $IC=\frac{1}{2}AB$.

Vì D đối xứng với C qua I nên ta được ID = IC =$\frac{1}{2}AB$.

Do đó AB = CD.

Mà AB // CD nên tứ giác ABCD là hình bình hành và I là trung điểm của CD.

- Kết luận: Vậy quỹ tích điểm N là đường thẳng d’ song song với đường thẳng AB và cách đường thẳng AB một khoảng 2h không đổi.

Bài 3. Cho đường tròn (O; R) cố định. Lấy B, C là hai điểm cố định trên đường tròn và A là một điểm tuỳ ý trên đường tròn. Gọi M là điểm đối xứng của điểm C qua trung điểm I của AB. Tìm quỹ tích các điểm M.

Lời giải:

- Phần thuận:

Kẻ OO’// BC và OO’ = BC (O’ và B trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AC).

Do đó ta được O’ cố định (vì O, B, C cố định và BC không đổi).

Xét tứ giác AMBC có:

IA = IB (vì I là trung điểm của AB)IC = IM (vì điểm M đối xứng với B qua I)

Do đó tứ giác AMBC là hình bình hành.

Suy ra MA // BC và MA = BC

Mà OO’// BC và OO’ = BC

Do đó MA // OO’ và MA = OO’

Từ đó ta được tứ giác AMO’O là hình bình hành.

Nên suy ra O’M = OA = R không đổi và O’ cố định.

Do đó khi A di động thì M di động theo nhưng M luôn cách O’ cố định một khoảng không đổi là O’M = OA = R.

Vậy M thuộc đường tròn tâm O’ bán kính OA = R.

- Phần đảo: Trên đường tròn (O’; R) lấy điểm M bất kỳ. Nối MB.

Qua C kẻ đường thẳng song song với BM cắt đường tròn (O) ở điểm thứ hai A. Ta dễ dàng chứng minh được M đối xứng với C qua trung điểm I của AB.

- Kết luận: Do đó khi A di động thì M di động theo nhưng M luôn cách O’ cố định một khoảng không đổi là O’M = OA= R.

Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn tâm O’ bán kính OA = R.