Giải SBT Toán 9 Cánh diều Bài 2. Tứ giác nội tiếp đường tròn

⦁ Tứ giác có bốn đỉnh thuộc một đường tròn được gọi là tứ giác nội tiếp đường tròn.

⦁ Trong một tứ giác nội tiếp đường tròn, tổng số đo hai góc đối nhau bằng 180°.

⦁ Hình chữ nhật luôn nội tiếp đường tròn.

⦁ Mỗi hình vuông là một tứ giác nội tiếp đường tròn.

Vậy trong các phát biểu đã cho, phát biểu b) là sai.

Vì tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn nên tổng hai góc đối bằng 180°.

Do đó ta có: $\widehat{A}+\widehat{C}=180^{\circ},\widehat{B}+\widehat{D}=180^{\circ}$

a) ⦁ Ta có: $\widehat{A}+\widehat{C}=180^{\circ}$ và $\widehat{A}=3\widehat{C}$

Suy ra $3\widehat{C}+\widehat{C}=180^{\circ}$ hay $4\widehat{C}=180^{\circ}$ nên $\widehat{C}=45^{\circ}$.

Do đó $\widehat{A}=3\widehat{C}=3\cdot 45^{\circ}=135^{\circ}$.

⦁ Ta có $\widehat{B}+\widehat{D}=180^{\circ}$ và $\widehat{B}=5\widehat{D}$

Suy ra $5\widehat{D}+\widehat{D}=180^{\circ}$ hay $6\widehat{D}=180^{\circ}$ nên $\widehat{D}=30^{\circ}$.

Do đó $\widehat{B}=5\widehat{D}=5\cdot 30^{\circ}=150^{\circ}$.

Vậy $\widehat{A}=135^{\circ},\widehat{B}=150^{\circ},\widehat{C}=45^{\circ},\widehat{D}=30^{\circ}$.

b) Từ $\widehat{A}-\widehat{C}=12^{\circ}$ và $\widehat{D}-\widehat{B}=76^{\circ}$ ta có $\widehat{A}=\widehat{C}+12^{\circ}$ và $\widehat{D}=\widehat{B}+76^{\circ}$

• Ta có $\widehat{A}+\widehat{C}=180^{\circ}$ và $\widehat{A}=\widehat{C}+12^{\circ}$

Suy ra $\widehat{C}+12^{\circ}+\widehat{C}=180^{\circ}$ hay $2\widehat{C}=168^{\circ}$ nên $\widehat{C}=84^{\circ}$.

Do đó $\widehat{A}=\widehat{C}+12^{\circ}=84^{\circ}+12^{\circ}=96^{\circ}$.

• Ta có $\widehat{B}+\widehat{D}=180^{\circ}$ và $\widehat{D}=\widehat{B}+76^{\circ}$

Suy ra $\widehat{B}+\widehat{B}+76^{\circ}=180^{\circ}$ hay $2\widehat{B}=104^{\circ}$ nên $\widehat{B}=52^{\circ}$

Do đó $\widehat{D}=\widehat{B}+76^{\circ}=52^{\circ}+76^{\circ}=128^{\circ}$.

Vậy $\widehat{A}=96^{\circ},\overset{⏞}{B}=52^{\circ},\widehat{C}=84^{\circ},\widehat{D}=128^{\circ}$.

c) Từ $\widehat{A}=7\widehat{B}$ và $\widehat{A}+2\widehat{B}=180^{\circ}$ ta có $7\widehat{B}+2\widehat{B}=180^{\circ}$

Hay $9\widehat{B}=180^{\circ}$ nên $\widehat{B}=20^{\circ}$.

Ta có:

• $\widehat{A}=7\widehat{B}=7\cdot 20^{\circ}=140^{\circ}$.

• $\widehat{A}+\widehat{C}=180^{\circ}$ suy ra $\widehat{C}=180^{\circ}-\widehat{A}=180^{\circ}-140^{\circ}=40^{\circ};$

• $\widehat{B}+\widehat{D}=180^{\circ}$ suy ra $\widehat{D}=180^{\circ}-\widehat{B}=180^{\circ}-20^{\circ}=160^{\circ}$.

Vậy $\widehat{A}=140^{\circ},\widehat{B}=20^{\circ},\widehat{C}=40^{\circ},\widehat{D}=160^{\circ}$.

d) Từ $\widehat{D}-\widehat{C}=20^{\circ}$ ta có $\widehat{D}=\widehat{C}+20^{\circ}$

Mà $\widehat{D}+\widehat{C}=100^{\circ}$ nên $\widehat{C}+20^{\circ}+\widehat{C}=100^{\circ}$

Hay $2\widehat{C}=80^{\circ}$ suy ra $\widehat{C}=40^{\circ}$

Ta có:

• $\widehat{D}=\widehat{C}+20^{\circ}=40^{\circ}+20^{\circ}=60^{\circ};$

• $\widehat{A}+\widehat{C}=180^{\circ}$ suy ra $\widehat{A}=180^{\circ}-\widehat{C}=180^{\circ}-40^{\circ}=140^{\circ}$

• $\widehat{B}+\widehat{D}=180^{\circ}$ suy ra $\widehat{B}=180^{\circ}-\widehat{D}=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$

Vậy $\widehat{A}=140^{\circ},\widehat{B}=120^{\circ},\widehat{C}=40^{\circ},\widehat{D}=60^{\circ}$.

Giả sử trái lại có hai dây cung BD và AC (không đi qua tâm O) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Suy ra tứ giác ABCD là hình bình hành.

Do đó $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}$.

Mặt khác, tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên $\widehat{ABC}+\widehat{ADC}=180^{\circ}$ .

Suy ra $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}=\frac{180^{\circ}}{2}=90^{\circ}$.

Từ đó suy ra AC là đường kính của đường tròn (O) hay AC đi qua tâm O, mâu thuẫn với điều đã giả sử.

Vậy trong một đường tròn, hai dây không đi qua tâm không thể cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Ta có tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn (O) nên tổng hai góc đối nhau bằng 180°, suy ra $\widehat{ACD}+\widehat{ABD}=180^{\circ}$.

Mà $\widehat{ABD}+\widehat{ABF}=180^{\circ}$ (hai góc bù nhau)

Nên $\widehat{ACD}=\widehat{ABF}(=180^{\circ}-\widehat{ABD})$ (1)

Mặt khác, tứ giác ABFE nội tiếp đường tròn (O’) nên tổng hai góc đối nhau bằng 180°, suy ra $\widehat{ABF}+\widehat{AEF}=180^{\circ}$ (2)

Từ (1) và (2) ta có $\widehat{ACD}+\widehat{AEF}=180^{\circ}$ hay $\widehat{ECD}+\widehat{CEF}=180^{\circ}.$

Suy ra EF // CD.

⦁ Vì ∆ABC đều nên $\widehat{BAC}=\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=60^{\circ}$.

Do tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn nên tổng hai góc đối nhau bằng 180°, suy ra $\widehat{CEB}+\widehat{BAC}=180^{\circ}$

Mà $\widehat{CEB}+\widehat{CED}=180^{\circ}$ (hai góc kề bù)

Do đó $\widehat{CED}=\widehat{BAD}=60^{\circ}(=180^{\circ}-\widehat{BEC})$

Xét đường tròn (O) có $\widehat{AEC}=\widehat{ABC}=60^{\circ}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) nên $\widehat{AEC}=\widehat{CED}=60^{\circ}$.

Do đó, EC là đường phân giác của góc AED.

⦁ Tương tự ta có $\widehat{AEC}=\widehat{ABC}=60^{\circ}$ và $\widehat{AEB}=\widehat{ACB}=60^{\circ}$.

Do đó $\widehat{AEB}=\widehat{AEC}=60^{\circ}$ hay EA là đường phân giác của góc BEC.

a) Do tam giác ABC cân tại A có AH là trung tuyến của tam giác nên đồng thời là đường cao của tam giác và đường phân giác của góc BAC, nên $\widehat{BAH}=\widehat{HAC}$ (1)

Do ∆AHD vuông tại H nên H thuộc đường tròn đường kính AD.

Do ∆AED vuông tại E nên E thuộc đường tròn đường kính AD.

Do đó tứ giác AHED nội tiếp đường tròn đường kính AD, suy ra $\widehat{ADH}=\widehat{AEH}$ (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AH).

Mặt khác $\widehat{ADH}=\widehat{BAH}$ (3) (vì cùng phụ với $\widehat{HAD})$

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\widehat{HAC}=\widehat{AEH}$.

Do đó, tam giác HAE cân tại H nên AH = EH.

b) Xét ∆AHB và ∆AHC có:

AB = AC (do ∆ABC cân tại A);

HB = HC (do H là trung điểm của BC);

AH là cạnh chung

Do đó ∆AHB = ∆AHC (c.c.c)

Suy ra $\widehat{ABH}=\widehat{ACH}$ (hai góc tương ứng).

Mà $\widehat{ACH}=\widehat{DCE}$ nên $\widehat{DCE}=\widehat{ABD}$.

a) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB, HK.

Khi đó MI, NI lần lượt là các đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AB của các tam giác vuông AMB, ANB nên $IM=IN=IA=IB=\frac{AB}{2}.$

Suy ra tứ giác AMBN nội tiếp đường tròn tâm I, đường kính AB.

Tương tự, tứ giác HMNK nội tiếp đường tròn tâm J, đường kính HK.

b) Do tứ giác HMNK nội tiếp đường tròn nên tổng hai góc đối bằng 180°, suy ra $\widehat{HMN}+\widehat{NKH}=180^{\circ}$

Mà $\widehat{AMN}+\widehat{HMN}=180^{\circ}$ (hai góc kề bù)

Nên $\widehat{AMN}=\widehat{NKH}(=180^{\circ}-\widehat{HMN})$ hay $\widehat{AMN}=\widehat{AKH}$.

Xét ∆AMN và ∆AKH có:

$\widehat{KAH}$ là góc chung và $\widehat{AMN}=\widehat{AKH}$.

Do đó ∆AMN ᔕ ∆AKH (g.g)

Suy ra $\frac{MN}{AH}=\frac{AN}{AH}$ (1)

Lại có tam giác AHN vuông tại N nên

$\cos \widehat{HAN}=\frac{AN}{AH}$ hay $\cos 60^{\circ}=\frac{AN}{AH},$ tức là $\frac{AN}{AH}=\frac{1}{2}$.

Do đó AH = 2AN (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{MN}{KH}=\frac{AN}{AH}$ nên HK = 2MN.

a) Gọi I là trung điểm của MF.

Xét ∆CMF vuông tại C nên điểm C nằm trên đường tròn đường kính MF.

Do ABCD là hình vuông nên ∆MAF vuông tại A, do đó điểm A nằm trên đường tròn đường kính MF.

Khi đó, bốn điểm A, M, C, F cùng nằm trên đường tròn đường kính MF, do đó tứ giác AMCF nội tiếp đường tròn đường kính MF.

Suy ra (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MA) hay $\widehat{NCA}=\widehat{MFN}$.

Tương tự, ta chứng minh được tứ giác NACE nội tiếp đường tròn đường kính NE, nên $\widehat{NEA}=\widehat{NCA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NA).

b) Do ABCD là hình vuông nên AC là đường phân giác của $\widehat{BAD}$, do đó $\widehat{BAC}=\widehat{CAD}=\frac{1}{2}\widehat{BAD}=\frac{1}{2}\cdot 90^{\circ}=45^{\circ}$ hay $\widehat{EAC}=45^{\circ}$

Ta có tứ giác NACE nội tiếp đường tròn nên (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC).

Mà $\widehat{NEC}=90^{\circ}$ nên tam giác CEN vuông cân tại C.

Vì thế CN = CE.

Tương tự, tam giác CMF vuông cân tại C suy ra CM = CF.

Do đó CM + CN = CF + CE = EF.

Gọi IK là trục đối xứng của hình thang cân ABCD.

Gọi đường trung trực d của AD. Gọi O là giao điểm của d và IK.

Khi đó, OA = OB = OC = OD suy ra các điểm A, B, C, D đều thuộc đường tròn tâm O, bán kính OA hay hình thang cân ABCD nội tiếp đường tròn.

a) Do ABCD là hình vuông nên AB = BC = CD = DA và $\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=\widehat{D}=90^{\circ}$.

Do E, F, G, H lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA nên AE = EB = BF = FC = CG = GD = DH = HA.

Xét ∆AHE và ∆BFE có:

$\widehat{A}=\widehat{B}=90^{\circ}$, AH = BF, AE = BE

Do đó ∆AHE = ∆BFE (hai cạnh góc vuông).

Suy ra HE = FE (hai cạnh tương ứng).

Tương tự, ta chứng minh được HE = EF = FG = GH.

Khi đó, tứ giác EFGH là hình thoi.

Xét ∆AHE có $\widehat{A}=90^{\circ}$ và AH = AE nên ∆AHE vuông cân tại A, suy ra $\widehat{AEH}=45^{\circ}$.

Tương tự, ta có $\widehat{BEF}=45^{\circ}$

Do đó $\widehat{HEF}=180^{\circ}-\widehat{AEH}-\widehat{BEF}=180^{\circ}-45^{\circ}-45^{\circ}=90^{\circ}.$

Như vậy, hình thoi EFGH là hình vuông. Suy ra EFGH nội tiếp đường tròn.

Chứng minh tương tự ta được tứ giác IKPQ là hình vuông và nội tiếp đường tròn.

b) ⦁ Xét ∆ABC vuông cân tại B (do và BA = BC) , theo định lí Pythagore, ta có:

AC$^{2}$ = AB$^{2}$ + BC$^{2}$ = AB$^{2}$ + AB$^{2}$ = 2AB$^{2}$.

Suy ra $AC=AB\sqrt{2}$.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD là: ${R}_{1}=\frac{AC}{2}=\frac{AB\sqrt{2}}{2}$.

⦁ Tương tự, với ∆AHE vuông cân tại A, ta có: $HE=AE\sqrt{2}=\frac{AB\sqrt{2}}{2}$.

Với ∆HEF vuông cân tại E, ta có: $HF=HE\sqrt{2}=\frac{AB\sqrt{2}}{2}\cdot \sqrt{2}=AB.$

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông EFGH là: ${R}_{2}=\frac{HF}{2}=\frac{AB}{2}.$

⦁ Chứng minh tương tự, ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông IKPQ là: ${R}_{3}=\frac{IP}{2}=\frac{IK\sqrt{2}}{2}=\frac{IE\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}{2}=IE=\frac{HE}{2}=\frac{\frac{AB\sqrt{2}}{2}}{2}=\frac{AB\sqrt{2}}{4}.$

⦁ Ta có tỉ số bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác EFGH là: $\frac{{R}_{1}}{{R}_{2}}=\frac{\frac{AB\sqrt{2}}{2}}{\frac{AB}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot 2=\sqrt{2}.$

Tỉ số bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác EFGH và bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác IKPQ là:$\frac{{R}_{2}}{{R}_{3}}=\frac{\frac{AB}{2}}{\frac{AB\sqrt{2}}{4}}=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}.$

Vậy tỉ số bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác EFGH bằng tỉ số bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác EFGH và bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác IKPQ.

Kẻ đường kính CD, khi đó ta có điểm D cố định.

Ta có $\widehat{AEB}=90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) đường kính AB) và $\widehat{AKI}=90^{\circ}$ (do IK ⊥ AB) nên hai điểm E, K cùng thuộc đường tròn đường kính AI.

Do đó tứ giác EIKA nội tiếp đường tròn đường kính AI.

Suy ra $\widehat{KAI}=\widehat{KEI}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung KI).

Lại có $\widehat{KAI}=45^{\circ}$ (do ∆ACB vuông cân tại C) do đó $\widehat{KEI}=45^{\circ}$ hay $\widehat{KEB}=45^{\circ}$. (1)

Mặt khác, ∆ABC vuông cân tại C có CO là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao, đường phân giác của tam giác.

Do đó $\widehat{DCA}=\widehat{DCB}=\frac{1}{2}\widehat{ACB}=\frac{1}{2}\cdot 90^{\circ}=45^{\circ}.$

Mà là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD của đường tròn (O) nên $\widehat{DEB}=\widehat{DCB}=45^{\circ}$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra E, K, D thẳng hàng.

Vậy khi điểm E di chuyển trên cung nhỏ AC thì EK luôn đi qua điểm D cố định.