Giải SBT Toán 9 Cánh diều Bài tập cuối chương VIII

Đáp án đúng là: B

Vì ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên tổng hai góc đối nhau bằng 180°, suy ra $\widehat{BAD}+\widehat{BCD}=180°$

Mà $\widehat{BMC}+\widehat{BCD}=180°$ (hai góc kề bù)

Nên $\widehat{BCM}=\widehat{BAD}=70°$.

Đáp án đúng là: D

– Vì bốn điểm A, B, C, P cùng nằm trên một đường tròn nên tứ giác ABCP nội tiếp, do đó tổng hai góc đối nhau của tứ giác này bằng 180°, suy ra:

⦁ $\widehat{PCB}+\widehat{BAP}=180°$. Do đó phương án D là sai.

⦁ $\widehat{ABC}+\widehat{APC}=180°$ mà $\widehat{APD}+\widehat{APC}=180°$ (hai góc kề bù)

Nên $\widehat{APD}=\widehat{ABC}$. Do đó phương án C là đúng.

– Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD, do đó $\widehat{APD}=\widehat{BAP}$ (hai góc so le trong)

Suy ra $\widehat{BAP}=\widehat{ABC}$.

Tứ giác ABCP có AB // CP nên là hình thang, lại có $\widehat{BAP}=\widehat{ABC}$ nên ABCP là hình thang cân. Do đó phương án B là đúng.

– Vì ABCP là hình thang cân nên AP = BC (hai cạnh bên bằng nhau)

Lại có AD = BC (do ABCD là hình bình hành)

Suy ra AP = AD. Do đó phương án A là đúng.

Vậy ta chọn phương án D.

Gọi O, R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Xét đường tròn (O; R) có $\widehat{BAC},\widehat{ BOC}$ lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC, do đó $\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}=2·30°=60°.$

Xét ∆OBC có OB = OC nên ∆OBC cân tại O, lại có $\widehat{BOC}=60°$ nên ∆OBC là tam giác đều, suy ra R = OB = BC = 10.

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 10.

Gọi T là giao điểm của hai đường thẳng AD và CB.

Xét ∆TCD có $\widehat{DTC}+\widehat{TDC}+\widehat{TCD}=180°$

Suy ra $\widehat{DTC}=180°-\left(\widehat{TDC}+\widehat{TCD}\right)=180°-90°=90°$ nên AD ⊥ BC.

Xét ∆ABD có M, N lần lượt là trung điểm của AB, BD nên MN là đường trung bình của ∆ABD, do đó MN // AD.

Tương tự, ta có MQ là đường trung bình của ∆ABC nên MQ // BC.

Mặt khác AD ⊥ BC, suy ra MN ⊥ MQ.

Chứng minh tương tự ta cũng có MN ⊥ NP, NP ⊥PQ.

Suy ra MNPQ là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông).

Vậy bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn có tâm O là giao điểm của hai đường chéo MP và NQ.

Đặt AB = 3k (k > 0), suy ra AC = 4k (do $\frac{AB}{AC}=\frac{3}{4}).$

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác ABC vuông tại A, ta có:

BC² = AB² + AC² = (3k)² + (4k)² = 25k².

Suy ra BC = 5k (do BC > 0, k > 0).

Ta có diện tích tam giác ABC là: $S=\frac{1}{2}AB·AC=\frac{1}{2}AH·BC$

Suy ra AB.AC = AH.BC

Do đó $AH=\frac{AB·AC}{BC}=\frac{3k·4k}{5k}=\frac{12}{5}k=2,4k.$ 

Mà AH = 2,4 nên ta có 2,4k = 2,4. Do đó, k = 1.

Khi đó, AB = 3 cm, AC = 4 cm, BC = 5 cm.

Mặt khác, do ∆ABC vuông tại A nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác là $R=\frac{BC}{2}$ và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác là $r=\frac{AB+AC-BC}{2}$ (theo kết quả của Ví dụ 4, trang 83, SBT Toán 9, Tập một)

Suy ra $R=\frac{BC}{2}=\frac{5}{2}=2,5$ cm và $r=\frac{AB+AC-BC}{2}=\frac{3+4-5}{2}=\frac{2}{2}=1$ cm.

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp r và bán kính đường tròn ngoại tiếp R của tam giác ABC lần lượt là r = 1 cm và R = 2,5 cm.

a) Xét ∆ABC có ba đường cao AI, BK, CL nên AI ⊥ BC, BK ⊥ AC, CL ⊥ AB.

Do ∆ABK vuông tại K và ∆ABI vuông tại I nên hai điểm K, I cùng thuộc đường tròn đường kính AB. Do đó tứ giác AKIB nội tiếp đường tròn đường kính AB.

Do ∆BCL vuông tại L và ∆BCK vuông tại K nên hai điểm L, K cùng thuộc đường tròn đường kính BC. Do đó tứ giác BLKC nội tiếp đường tròn đường kính BC.

b) Do tứ giác AKIB nội tiếp đường tròn nên tổng hai góc đối nhau của tứ giác này bằng 180°, suy ra $\widehat{ABI}+\widehat{AKI}=180°$

Mà $\widehat{CKI}+\widehat{AKI}=180°$ (hai góc kề bù)

Nên $\widehat{CKI}=\widehat{ABI}\left(=180°-\widehat{AKI}\right)$ hay $\widehat{IKC}=\widehat{ABC}.$

Tương tự ta cũng có $\widehat{AKL}=\widehat{ABC}.$

Suy ra $\widehat{AKL}=\widehat{IKC}$.

Từ đó ta có $90°-\widehat{AKL}=90°-\widehat{IKC}$ hay $\widehat{LKH}=\widehat{IKH}.$

Vì vậy KH là đường phân giác của góc LKI.

Tương tự cũng có LH là đường phân giác của góc KLI.

Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác IKL.

⦁ Do tứ giác QKIR nội tiếp đường tròn nên tổng hai góc đối nhau của tứ giác này bằng 180°, suy ra $\widehat{QRI}+\widehat{QKI}=180°$

Mà $\widehat{QRI}+\widehat{QRS}=180°$ (hai góc kề bù)

Nên $\widehat{QKI}=\widehat{QRS}\left(=180°-\widehat{QRI}\right)$.

⦁ Tương tự, do tứ giác PKIH nội tiếp đường tròn nên $\widehat{QKI}=\widehat{IHP}\left(=180°-\widehat{KPH}\right)$; do tứ giác IHTS nội tiếp đường tròn nên $\widehat{IHP}=\widehat{IST}\left(=180°-\widehat{IHT}\right).$

Do đó $\widehat{QRS}=\widehat{QKI}=\widehat{IHP}=\widehat{IST}.$

Mà $\widehat{QRS}$ và $\widehat{IST}$ là hai góc so le trong nên QR // ST.

a) ⦁ Vì ABCDEF là lục giác đều nên ba đường chéo chính AD, BE, CF bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường, do đó OA = OB = OC = OD = OE = OF, nên sáu điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính AD.

⦁ Vì ABCDEF là lục giác đều nên độ dài đường chéo chính AD gấp 2 lần độ dài cạnh, mà AD là đường kính của đường tròn đi qua sáu điểm A, B, C, D, E, F nên bán kính của đường tròn đi qua sáu điểm A, B, C, D, E, F bằng độ dài cạnh của lục giác đều và bằng a.

b) ⦁ Vì ABCDEF là lục giác đều nên các góc ở các đỉnh của lục giác đều bằng nhau, suy ra $\widehat{ABC}=\widehat{BCD}=\widehat{CDE}=\widehat{DEF}=\widehat{EAF}=\widehat{AFB}.$

Vì ABCDEF là lục giác đều nên các cạnh bằng nhau, suy ra AB = BC = CD = DE = EF = FA.

Xét ∆ABC và ∆CDE có:

AB = CD, $\widehat{ABC}=\widehat{CDE}$, BC = DE.

Do đó ∆ABC = ∆CDE (c.g.c)

Suy ra AC = CE (hai cạnh tương ứng).

Chứng minh tương tự, ta có kết quả AC = CE = AE = BD = DF = BF.

Do AC = CE = AE nên ∆ACE là tam giác đều.

Do BF = BD = DF nên ∆BFD là tam giác đều.

⦁ Gọi H là giao điểm của AC và OB.

Ta có OA = OB = AB = a nên ∆OAB là tam giác đều, do đó $\widehat{ABO}=60°$ hay $\widehat{ABH}=60°$.

Xét tứ giác OABC có OA = OC = AB = BC nên OABC là hình thoi, do đó hai đường chéo AC và OB vuông góc với nhau tại trung điểm H của mỗi đường.

Từ đó ta có AC = 2AH.

Xét ∆ABH vuông tại H, ta có:

$AH=AB·\sin \widehat{ ABH}=a·\sin 60°=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Suy ra $AC=2AH=2·\frac{a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}.$

Vì ∆ACE là tam giác đều nên bán kính đường tròn nội tiếp của ∆ACE là $\frac{AC\sqrt{3}}{6}=\frac{a\sqrt{3}·\sqrt{3}}{6}=\frac{a}{2}.$

Vì AC = CE = AE = BF = FD = BD nên ta có ∆ACE = ∆BFD (c.c.c).

Do đó bán kính đường tròn nội tiếp tương ứng của ∆ACE và ∆BFD bằng nhau, và bằng $\frac{a}{2}.$

a) ⦁ Ta có MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) lần lượt tại A và B nên MA ⊥ OA, MB ⊥ OB.

Xét ∆OAM vuông tại A, theo định lí Pythagore, ta có:

$O{M}^2=M{A}^2+O{A}^2={\left(R\sqrt{3}\right)}^2+R^2=4R^2$

Suy ra OM = 2R.

Gọi I là giao điểm của (O) với tia OM, ta có OI = R nên IM = OM–OI = 2R–R = R.

Do đó, IM = IO = R nên I là trung điểm của OM.

Do ∆OAM vuông tại A nên trung điểm I của cạnh huyền OM là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OAM.

Do ∆OBM vuông tại B nên trung điểm I của cạnh huyền OM là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OBM.

Do đó bốn điểm A, M, B, O cùng nằm trên đường tròn (I) đường kính OM.

Vậy I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB. (1)

⦁ Xét ∆OAM vuông tại A, ta có: $\sin \widehat{AMO}=\frac{OA}{OM}=\frac{1}{2}$

Suy ra $\widehat{AMO}=30°.$

Do MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại M nên MA = MB và MO là tia phân giác của góc AMB, suy ra $\widehat{AMB}=2\widehat{AMO}=2·30°=60°$.

Vì vậy tam giác AMB là tam giác đều có $MA=MB=AB=R\sqrt{3}$ (2)

Từ (1), (2) suy ra đường tròn nội tiếp tam giác đều MAB cạnh $R\sqrt{3}$ có tâm là I và bán kính là $\frac{R\sqrt{3}·\sqrt{3}}{6}=\frac{R}{2}.$

b) Do tam giác MAB đều cạnh $R\sqrt{3}$ nên chu vi tam giác MAB bằng $3R\sqrt{3}.$

c) Ta có $\widehat{MBO}=\widehat{MBP}+\widehat{PBO}=90°$ suy ra  $\widehat{MBP}=90°-\widehat{PBO}.$ (3)

Do ∆OBP cân tại O (do OB = OP) nên ta có:

$\widehat{PBO}=\widehat{BPO}=\frac{180°-\widehat{BOP}}{2}=90°-\frac{1}{2}\widehat{BOP}.$

Xét đường tròn (O) có $\widehat{BQP},\widehat{ BOP}$ lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BP nên  $\widehat{BQP}=\frac{1}{2}\widehat{BOP.}$

Do đó $\widehat{PBO}=90°-\widehat{BQP}$. Hay $\widehat{BQP}=90°-\widehat{PBO}.$  (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat{MBP}=\widehat{BQP}.$

Xét ∆MPB và ∆MBQ có:

 $\widehat{MBP}=\widehat{MQB}, \widehat{BMQ}$ là góc chung

Do đó ∆MPB ᔕ ∆MBQ (g.g).

Suy ra $\frac{MB}{MQ}=\frac{MP}{MB}$ hay $MP·MQ=M{B}^2={\left(R\sqrt{3}\right)}^2=3R^2.$

Lại có (MQ – MP)² ≥ 0 hay (MQ+MP)² ≥ 4MQ.MP

Suy ra (MQ+MP)² ≥4.3R² = 12R²

Do đó $MQ+MP\ge \sqrt{12R^2}=2R\sqrt{3}$ (dấu “=” xảy ra khi MQ = MP).

Vậy MQ+MP đạt giá trị nhỏ nhất bằng $2R\sqrt{3}$ khi đó MP = MQ hay đường thẳng d đi qua M và A hoặc d đi qua M và B.

Giả sử đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CA lần lượt tại D, F, E và BC = x.

Ta có MN // BC nên ∆AMN ᔕ ∆ABC.

Suy ra: $\frac{MN}{BC}=\frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}.$

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

$\frac{MN}{BC}=\frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}=\frac{MN+AM+AN}{BC+AB+AC}=\frac{Chu vi ∆AMN}{Chu vi ∆ABC}.$ (*)

Vì AD, AE là các tiếp tuyến của đường tròn (I; r) tại D, E nên AD = AE.

Tương tự, ta có BD = BF và CE = CF.

Do đó AD+AE = AB– BD +AC–CE

                           = AB + AC – (BD + CE)

                           = AB + AC – (BF + CF)

                           = AB + AC – BC.

Gọi H là tiếp điểm của đường tròn (I; r) với MN.

Hai tiếp tuyến MD, MH của đường tròn (I; r) cắt nhau tại M nên MD = MH.

Tương tự ta có NE = NH.

Ta có:

Chu vi ∆AMN

= AM + AN + MN

= AD – MD + AE – NE + MN

= AD + AE – (MD + NE) + MN

= AD + AE – (MH + NH) + MN

= AD + AE – MN + MN

= AD +AE

= AB+AC– BC

= AB + AC + BC – 2BC

= Chu vi ∆ABC–2x (với x = BC)

= 16 – 2x.

Từ (*) ta có: $\frac{MN}{BC}=\frac{Chu vi ∆AMN}{Chu vi ∆ABC},$ hay $\frac{MN}{x}=\frac{16-2x}{16}.$

Từ đó $MN=\frac{x\left(16-2x\right)}{16}=\frac{2x\left(8-x\right)}{16}=\frac{4·x·\left(8-x\right)}{32}\le \frac{{\left[x+\left(8-x\right)\right]}^2}{32}=2$

Do đó, MN có độ dài lớn nhất bằng 2 cm khi x = 8–x hay x = 4, tức là BC = 4 cm.