11 bài tập Toán 9 Kết nối tri thức Bài 27. Góc nội tiếp có đáp án
11 câu hỏi
Cho đường tròn (O; R) . Vẽ dây \({\rm{AB = R}}\sqrt {\rm{2}} \). Tính số đo của hai cung AB.
Xét \(\Delta AOB\) có
\(\begin{array}{l}O{A^2} + O{B^2} = {R^2} + {R^2} = 2{R^2}\\A{B^2} = {\left( {R\sqrt 2 } \right)^2} = 2{R^2}\end{array}\)
Vậy \(\Delta AOB\) vuông tại \(O.\)
Do đó sđ AB⏜=90°;Số đo cung lớn AB⏜=270°.
Cho đường tròn (O; R). Vẽ dây AB sao cho số đo của cung nhỏ AB bằng \(\frac{1}{2}\) số đo của cung lớn AB. Tính diện tích của tam giác AOB
Xét \(\Delta AOB\) có
\(\begin{array}{l}O{A^2} + O{B^2} = {R^2} + {R^2} = 2{R^2}\\A{B^2} = {\left( {R\sqrt 2 } \right)^2} = 2{R^2}\end{array}\)
Vậy \(\Delta AOB\) vuông tại \(O.\)
Do đó sđSố đo cung lớn
Vì số đo của cung nhỏ bằng \(\frac{1}{2}\) số đo cảu cung lớn, nên
sđ . Do đó \(\widehat {AOB} = 120^\circ .\)
Mà \(\Delta AOB\)cân tại \(O\), suy ra \(\widehat A = 30^\circ .\)
Vẽ \(OH \bot AB,\) ta được \(OH = OA.\sin A = R.\sin 30^\circ = \frac{1}{2}R.\)
Diện tích tam giác \(AOB\) là
\(S = \frac{1}{2}AB.OH = \frac{1}{2}R\sqrt 3 .\frac{1}{2}R = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}.\)
Cho hai đường tròn đồng tâm (O; R) và \(\left( {{\rm{O}};\frac{{{\rm{R}}\sqrt 3 }}{2}} \right)\). Trên đường tròn nhỏ lấy một điểm M. Tiếp tuyến tại M của đường tròn nhỏ cắt đường tròn lớn tại A và B. Tia OM cắt đường tròn lớn tại C.
a) Chứng minh rằng .
b) Tính số đo của hai cung AB.
a) Ta có \(OM \bot AB\)(tính chất của tiếp tuyến),
\(\Delta AOB\) cân tại \(O,\) suy ra \(\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}},\) do đó
(vì hai góc ở tâm bẳng nhau thi hai cung bị chắn bằng nhau).
b) Ta có \(MA = MB\)(đường kính vuông góc với dây cung).
\(M{A^2} = O{A^2} - O{M^2} = {R^2} - {\left( {\frac{{R\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = \frac{{{R^2}}}{4}\)
\( \Rightarrow MA = \frac{R}{2}\), do đó \(AB = R.\) Tam giác \(AOB\) có ba cạnh bằng nhau nên là tam giác đều.
Vậy sđ AOB^=60° nên AB⏜nho=60° và sđ AB⏜lon=300°.
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB và dây AC căng cung AC có số đo bằng 60o.
a) So sánh các góc của ∆ABC;
b) Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa của các cung AC và BC. Hai dây AN và BM cắt nhau tại điểm I. Chứng minh rằng CI là tia phân giác của góc ACB.
a. Dùng định lí góc nội tiếp và hệ quả của nó để tính
Đáp số: \(\widehat A < \widehat B < \widehat C{\rm{ }}\left( {30^\circ < 60^\circ < 90^\circ } \right).\)
b. Bạn hãy chứng minh các tia \(AN,BM\)là tia phân giác của các góc \(A\)và \(B\) suy ra tia \(CI\) là tia phân giác của góc \(C.\)
Cho tam giác ABC cân tại A (\(\hat A < {90^o}\)) . Vẽ đường tròn đường kính AB cắt BC tại D, cắt AC tại E. Chứng minh rằng:
a) Tam giác DBE cân; b) \(\widehat {CBE} = \frac{1}{2}\widehat {BAC}\)
a. \(\widehat {ADB} = 90^\circ \Rightarrow AD \bot BC,\) do đó \(AD\) cũng là đường phân giác, suy ra cân.
b. \({\widehat B_1} = \widehat {{A_2}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\))\( \Rightarrow {\widehat B_1} = \frac{1}{2}\widehat {BAC}.\)
Cho tam giác \[ABC{\rm{ }}\left( {AB < AC} \right)\]nội tiếp đường tròn (O) . Vẽ đường kính MN \( \bot \)BC (điểm M thuộc cung BC không chứa A) . Chứng minh rằng các tia AM, AN lần lượt là các tia phân giác trong và ngoài tại đỉnh A của ∆ABC.
Mặt khác, \(\widehat {MAN} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Mà \(AM\) là phân giác trong góc A, nên AN là phân giác ngoài góc A
Cho đường tròn (O) và hai dây MA, MB vuông góc với nhau. Gọi I và K lần lượt là điểm chính giữa của các cung nhỏ MA, MB. Gọi P là giao điểm của AK và BI.
a) Chứng minh rằng ba điểm A, O, B thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng P là tâm đường tròn nội tiếp ∆MAB.
c*) Giả sử MA = 12cm, MB = 16cm, tính bán kính của đường tròn nội tiếp ∆MAB.
a. \[\widehat {AOB} = 2.\widehat {AMB} = 2.90^\circ = 180^\circ \Rightarrow A,O,B\]thẳng hàng.
b. Ta có \[\widehat {KAM} = \widehat {KAB};\widehat {IBM} = \widehat {IBA}\] (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).
Vậy \(AK,BI\) là hai đường phân giác của \(\Delta MAB.\)Giao điểm \(P\) của hai đường phân giác này là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta MAB.\)
c. Gọi \(r\) là bán kính của đường tròn nội tiếp \(\Delta MAB,{\rm{ }}a\) là cạnh huyền và \(p\)là nửa chu vi của tam giác đó.
Ta có \(r = p - a\) (xem bài 6.5 chương Đường tròn).
Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông \(MAB\) ta tính được \(AB = 20\)cm.
Từ đó suy ra \(r = 24 - 20 = 4\)(cm).
Cho đường tròn (O) đường kính AB và một điểm C di động trên nửa đường tròn đó. Vẽ đường tròn (I) tiếp xúc với đường tròn (O) tại C và tiếp xúc với đường kính AB tại D, đường tròn này cắt CA và CB lần lượt tại các điểm thứ hai là M và N.
Chứng minh rằng:
a) Ba điểm M, I, N thẳng hàng.
b) ID \( \bot \)MN.
c) Đường thẳng CD đi qua một điểm cố định, từ đó suy ra cách dựng đường tròn I nói trên.
a. 
a. Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACB} = 90^\circ ,\) suy ra \(\widehat {MCN} = 90^\circ .\)
Xét đường tròn \(\left( I \right)\) có \(\widehat {MCN} = 90^\circ ,\) suy ra \(M,I,N\) thẳng hàng.
b. Đường tròn \(\left( O \right)\) và \(\left( I \right)\) tiếp xúc với nhau tại \(C\) suy ra \(O,I,C\) thẳng hàng.
\(\Delta ICN\) cân\( \Rightarrow \widehat {INC} = \widehat {ICN;}\)
\(\Delta OCB\) cân\( \Rightarrow \widehat {OBC} = \widehat {OCB}.\)
Suy ra \(\widehat {INC} = \widehat {OBC,}\) dẫn tới \(MN\)//\(AB\) (vì có cặp góc đồng vị bằng nhau).
Ta có \(ID \bot AB\)(tính chất của tiếp tuyến), do đó \(ID \bot MN.\)
c. Ta có suy ra \(\widehat {MCD} = \widehat {NCD.}\) Gọi \(E\) là giao điểm của đường thẳng \(CD\) với đường tròn \(\left( O \right)\), ta được
Vậy \(E\) là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính \(AB\) (nửa này không chứa điểm \(C\)). Do đó đường thẳng \(CD\)CD luôn đi qua một điểm cố định. Ta suy ra cách dựng đường tròn \(\left( I \right)\) như sau:
- Dựng bán kính \(OE \bot AB\) (\(E\) thuộc nửa đường tròn không chứa \(C).\)
- Nối \(CE\) cắt \(AB\) tại \(D.\)
- Từ điểm \(D\) dựng một đường thẳng vuông góc với \(AB\) cắt \(OC\) tại \(I.\)
- Dựng đường tròn \(\left( {I;ID} \right)\) đó là đường tròn phải dựng.
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) , hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Vẽ đường kính AF.
a) Tứ giác BFCH là hình gì?
b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng ba điểm H, M, F thẳng hàng.
c) Chứng minh rằng: \(OM = \frac{1}{2}AH\).
a. Bạn hãy chứng minh \(\widehat {ABF} = \widehat {ACF} = 90^\circ \) để suy ra \(CE\)// \(BF\) và \(BD\)//\(CF,\) dẫn tới tứ giác \(BHCF\) là hình bình hành.
b. Dùng tính chất hai đường chéo của hình bình hành cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
c. Dùng tính chất đường trung bình của tam giác \(AHF.\)
Cho đường tròn (O) đường kính AB, M là điểm chính giữa của một nửa đường tròn, C là điểm bất kì trên nửa đường tròn kia, CM cắt AB tại D. Vẽ dây AE vuông góc với CM tại F.
a) Chứng minh rằng tứ giác ACEM là hình thang cân.
b) Vẽ CH \( \bot \)AB, chứng minh rằng tia CM là phân giác của góc HCO.
c) Chứng minh rằng \(CD \le \frac{1}{2}AE\)
a. 
a. Ta có
Suy ra do các tam giác \(\Delta FAC\) và \(\Delta FEM\) vuông cân tại \(F,\) do đó \(AE = CM.\) Ta có \(\widehat {CAE} = \widehat {AEM}\left( { = 45^\circ } \right)\)
\( \Rightarrow AC\)//\(ME\), dẫn tới từ giác \(ACEM\) là hình thang cân.
b. Ta có \(CH\)//\(OM \Rightarrow \widehat {HCM} = \widehat {OMC}.\)
Mặt khác, \(\widehat {OCM} = \widehat {OMC}\)
suy ra \(\widehat {HCM} = \widehat {OCM} \Rightarrow \)Tia \(CO\) là tia phân giác của góc \(HCO\).
c.
\( \Rightarrow \frac{{CD}}{{MD}} = \frac{{CH}}{{MO}} = \frac{{DH}}{{DO}} \le 1 \Rightarrow CD \le MD\) hay \(CD \le \frac{1}{2}CM.\) Do đó \(CD \le \frac{1}{2}AE.\)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) . Biết \(\widehat A = \alpha < {90^o}\). Tính độ dài BC
Vẽ đường kính \(BD\), được \(\widehat {BCD} = 90^\circ \) và \(\widehat {BDC} = \widehat A = \alpha .\)
Xét \(\Delta BCD\) vuông tại \(C\), có: \(BC = BD.\sin D = 2R.\sin \alpha .\)
