11 bài tập Toán 9 Kết nối tri thức Bài 27. Góc nội tiếp có đáp án

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 $\overset{\frown}{AB}=90^{\circ};$Số đo cung lớn $\overset{\frown}{AB}=270^{\circ}.$

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

$S = \frac{1}{2}AB.OH = \frac{1}{2}R\sqrt 3 .\frac{1}{2}R = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}.$

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 $\text{sđ}\widehat{AOB}=60^{\circ}$ nên ${\overset{\frown}{AB}}_{\text{nho}}=60^{\circ}$ và $\text{sđ}{\overset{\frown}{AB}}_{\text{lon}}=300^{\circ}$.

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 $C.$

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 $DE$)$\Rightarrow {\widehat B_1} = \frac{1}{2}\widehat {BAC}.$

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

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).

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.

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 $AHF.$

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 $CD \le \frac{1}{2}AE.$

Vẽ đường kính $BD$, được $\widehat {BCD} = 90^\circ$ và $\widehat {BDC} = \widehat A = \alpha .$

Xét $\Delta BCD$ vuông tại $C$, có: $BC = BD.\sin D = 2R.\sin \alpha .$