Giải SBT Toán 9 Chân trời sáng tạo Bài 2. Tứ giác nội tiếp có đáp án

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:

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.

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

$$R = \frac{{AB\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 \cdot \sqrt 2 }}{2} = a.$$

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 $\frac{1}{2}DO.$

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.