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 $\widehat{BAD}+\widehat{BCD}=180^{\circ}$

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

Nên $\widehat{BCM}=\widehat{BAD}=70^{\circ}$.

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:

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

⦁ $\widehat{ABC}+\widehat{APC}=180^{\circ}$ mà $\widehat{APD}+\widehat{APC}=180^{\circ}$ (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 $\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}=2\cdot 30^{\circ}=60^{\circ}.$

Xét ∆OBC có OB = OC nên ∆OBC cân tại O, lại có $\widehat{BOC}=60^{\circ}$ 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 $\widehat{DTC}+\widehat{TDC}+\widehat{TCD}=180^{\circ}$

Suy ra $\widehat{DTC}=180^{\circ}-(\widehat{TDC}+\widehat{TCD})=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$ 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:

BC$^{2}$ = AB$^{2}$ + AC$^{2}$ = (3k)$^{2}$ + (4k)$^{2}$ = 25k$^{2}$.

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

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

Suy ra AB.AC = AH.BC

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

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.