Giải SBT Toán 9 Chân trời sáng tạo Bài 2. Tứ giác nội tiếp có đáp án
8 câu hỏi
Cho MNPQ là tứ giác nội tiếp. Hãy tìm các góc chưa biết của tứ giác MNPQ trong mỗi trường hợp sau:
Góc | Trường hợp 1 | Trường hợp 2 | Trường hợp 3 |
M | 75° | ? | 56° |
N | ? | 120° | 90° |
P | ? | 48° | ? |
Q | 65° | ? | ? |
Do MNPQ là tứ giác nội tiếp nên tổng hai góc đối bằng 180°.
Do đó, ta có \[\widehat M + \widehat P = 180^\circ ,\,\,\widehat N + \widehat Q = 180^\circ .\]
• Trường hợp 1:
\[\widehat N = 180^\circ - \widehat Q = 180^\circ - 65^\circ = 115^\circ ;\]
\[\widehat P = 180^\circ - \widehat M = 180^\circ - 75^\circ = 105^\circ .\]
• Trường hợp 2:
\[\widehat M = 180^\circ - \widehat P = 180^\circ - 48^\circ = 132^\circ ;\]
\[\widehat Q = 180^\circ - \widehat N = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ .\]
• Trường hợp 3:
\[\widehat P = 180^\circ - \widehat M = 180^\circ - 56^\circ = 124^\circ ;\]
\[\widehat Q = 180^\circ - \widehat N = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ .\]
Vậy ta có bảng sau:
Góc | Trường hợp 1 | Trường hợp 2 | Trường hợp 3 |
M | 75° | 132° | 56° |
N | 115° | 120° | 90° |
P | 105° | 48° | 124° |
Q | 65° | 60° | 90° |
Cho hình thang ABCD (AB // CD) nội tiếp đường tròn (O; R). Chứng minh ABCD là hình thang cân.
Qua điểm O vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại M và CD tại N.
Ta có OA = OB = OC = OD = R, suy ra đường thẳng d là đường trung trực của AB và CD.
Tam giác AOB cân tại O có OM là đường trung trực nên OM cũng là đường phân giác, suy ra \(\widehat {AOM} = \widehat {BOM}.\)
Tương tự, \(\widehat {DON} = \widehat {CON}.\)
Khi đó, ta có \(\widehat {AOM} + \widehat {AOD} + \widehat {DON} = \widehat {BOM} + \widehat {BOC} + \widehat {CON} = 180^\circ \)
Suy ra \(\widehat {AOD} = \widehat {BOC}.\)
Xét ∆AOD và ∆BOC có:
OA = OB, \(\widehat {AOD} = \widehat {BOC},\) OD = OC.
Do đó ∆AOD = ∆BOC (c.g.c).
Suy ra \(\widehat {ODA} = \widehat {OCB}\) (hai góc tương ứng).
Lại có \(\widehat {ODC} = \widehat {OCD}\) (vì ∆ODC cân tại O do OD = OC).
Khi đó, \(\widehat {ODA} + \widehat {ODC} = \widehat {OCB} + \widehat {OCD}\) hay \(\widehat {ADC} = \widehat {BCD}.\)
Hình thang ABCD có \(\widehat {ADC} = \widehat {BCD}\) nên ABCD là hình thang cân.
Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng \(a\sqrt 2 \) và nội tiếp đường tròn (O; R). Chứng minh ABCD là hình vuông và tính bán kính R theo a.
Tứ giác ABCD là hình thoi nên \(\widehat A = \widehat C.\)
Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) nên \(\widehat A + \widehat C = 180^\circ .\)
Suy ra \(\widehat A = \widehat C = \frac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ .\)
Hình thoi ABCD có \(\widehat A = \widehat C = 90^\circ \) nên là hình vuông.
Khi đó, hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn có bán kính là
\[R = \frac{{AB\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 \cdot \sqrt 2 }}{2} = a.\]
Cho nửa đường tròn (O; R) có BC là đường kính. Lấy điểm A trên tia đối của tia CB. Kẻ tiếp tuyến AF, Bx của nửa đường tròn (O) (F là tiếp điểm), tia AF cắt tia Bx tại D. Chứng minh OBDF là tứ giác nội tiếp.
Gọi I là trung điểm của DO.
Ta có BD và AD là tiếp tuyến của đường tròn (O; R) nên \(\widehat {DBO} = 90^\circ \) và \(\widehat {DFO} = 90^\circ .\)
Tam giác DBO vuông tại O nên tam giác này nội tiếp đường tròn tâm I, bán kính bằng \(\frac{1}{2}DO.\)
Tương tự, tam giác DFO vuông tại F nên nội tiếp đường tròn tâm I, bán kính bằng \(\frac{1}{2}DO.\)
Do đó, tứ giác OBDF nội tiếp đường tròn tâm I, bán kính bằng \(\frac{1}{2}DO.\)
Cho đường tròn (O), đường kính AB, C là trung điểm của OA và dây MN vuông góc với OA tại C. Gọi K là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK và MN. Chứng minh BCHK là tứ giác nội tiếp.
Ta có \(\widehat {HCB} = 90^\circ \) (do MN ⊥ OA tại C), \(\widehat {AKB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) đường kính AB) hay \(\widehat {HKB} = 90^\circ .\)
Khi đó, tam giác BCH vuông tại C và tam giác BKH vuông tại K cùng nội tiếp đường tròn đường kính HB.
Do đó, tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn đường kính HB.
Cho hình vuông ABCD và điểm M bất kì trên cạnh BC (M khác B và C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DM tại H. Chứng minh BHCD là tứ giác nội tiếp. Xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHCD.
Ta có \(\widehat {BCD} = 90^\circ \) (do ABCD là hình vuông), \(\widehat {BHD} = 90^\circ \) (do BH ⊥ DH).
Khi đó, tam giác BHD vuông tại H và tam giác BCD vuông tại C cùng nội tiếp đường tròn đường kính BD.
Do đó, tứ giác BHCD nội tiếp đường tròn đường kính BD.
Gọi I là trung điểm của BD, khi đó I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHCDCho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Vẽ EF vuông góc với AD tại F. Chứng minh ABEF và DCEF là hai tứ giác nội tiếp.
• Ta có \(\widehat {ABD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD) hay \(\widehat {ABE} = 90^\circ .\)
Ta cũng có \(\widehat {AFE} = 90^\circ \) do EF ⊥ AD.
Tam giác ABE vuông tại B và tam giác AFE vuông tại F cùng nội tiếp trong đường tròn đường kính AE.
Do đó, tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn đường kính AE.
• Ta có \(\widehat {ECD} = \widehat {ACD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD), \(\widehat {EFD} = 90^\circ \) (do EF ⊥ AD xc).
Tam giác ECD vuông tại C và tam giác EFD vuông tại F cùng nội tiếp trong đường tròn đường kính ED.
Do đó, tứ giác DCEF nội tiếp đường tròn đường kính ED.
Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính CD của đường tròn (O), đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M. Gọi H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh \(\widehat {AHC} = 90^\circ \) và tứ giác AMHC nội tiếp đường tròn.
⦁ Ta có: AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R.
Suy ra OA là đường trung trực của đoạn thẳng BC, do đó OA ⊥ BC nên \(\widehat {AHC} = 90^\circ .\)
⦁ Ta có \(\widehat {CMD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) đường kính CD), suy ra \(\widehat {AMC} = 90^\circ .\)
Khi đó, tam giác AMC vuông tại M và tam giác AHC vuông tại H cùng nội tiếp đường tròn đường kính AC.
Do đó, tứ giác AMHC nội tiếp đường tròn đường kính AC.
