Chuyên đề Đường tròn ngoại tiếp. Đường tròn nội tiếp (2022) - Toán 9

Chuyên đề Đường tròn ngoại tiếp. Đường tròn nội tiếp - Toán 9

A. Lý thuyết

1. Định nghĩa

- Đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của một đa giác được gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác và đa giác được gọi là đa giác nội tiếp đường tròn.

Ví dụ 1. Đường tròn (O) đi qua tất cả các đỉnh của tứ giác ABCD như hình vẽ.

Do đó ta gọi đường tròn (O) ngoại tiếp tứ giác ABCD hay tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn.

- Đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnh của một đa giác được gọi là đường tròn nội tiếp đa giác và đa giác được gọi là đa giác ngoại tiếp đường tròn.

Ví dụ 2. Đường tròn (I) tiếp xúc với tất cả các cạnh của tứ giác MNPQ như hình vẽ.

Do đó ta gọi đường tròn (I) nội tiếp tứ giác MNPQ hay tứ giác MNPQ ngoại tiếp đường tròn.

2. Định lí

- Bất kì đa giác đều nào cũng có một và chỉ một đường tròn ngoại tiếp, có một và chỉ một đường tròn nội tiếp.

- Trong tam giác đều, tâm của đường tròn ngoại tiếp trùng với tâm của đường tròn nội tiếp và được gọi là tâm của đa giác đều.

Ví dụ 3. Tam giác ABC đều có tâm đường tròn nội tiếp trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp là tâm O và O được gọi là tâm của tam giác đều ABC.

Trong tam giác đều, đường cao đồng thời là đường trung tuyến, đường phân giác, đường phân giác.

Do đó, tâm này là giao điểm hai đường trung tuyến hoặc trung trực của hai cạnh hoặc là hai đường phân giác của hai góc hoặc là đường cao xuất phát từ hai đỉnh của tam giác đều.

3. Mở rộng

- Bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác là khoảng cách từ tâm đến đỉnh.

- Bán kính đường tròn nội tiếp đa giác là khoảng cách từ tâm O đến một cạnh.

Cho n-giác đều cạnh a. Khi đó:

- Chu vi của đa giác: 2p = na (p là nửa chu vi).

- Mỗi góc ở đỉnh của đa giác có số đo bằng $\frac{(n-2).{180}^o}{n}$.

- Mỗi góc ở tâm của đa giác có số đo bằng $\frac{{360}^o}{n}$.

- Bán kính đường tròn ngoại tiếp: $R=\frac{a}{2\sin \frac{{180}^o}{n}}$$\Rightarrow a=2R.\sin \frac{{180}^o}{n}$

- Bán kính đường tròn nội tiếp: 

$$\begin{gathered} r=\frac{a}{2\tan \frac{{180}^o}{n}} \\ \Rightarrow a=2r.\tan \frac{{180}^o}{n} \end{gathered}$$

- Liên hệ giữa bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp: $R^2-r^2=\frac{a^2}{4}$.

- Diện tích đa giác đều: $S=\frac{1}{2}nar$.

Ví dụ 4.

a) Một hình vuông nội tiếp đường tròn (O; R). Tính mỗi cạnh của hình vuông theo R.

b) Một lục giác đều ngoại tiếp đường tròn (O; r). Tính mỗi cạnh của lục giác theo r.

Lời giải:

a) Cạnh của hình vuông là:

$$\begin{gathered} a=2R.\sin \frac{{180}^o}{n} \\ =2R.\sin {140}^o \\ =2R.\frac{\sqrt{2}}{2}=R\sqrt{2} \end{gathered}$$

Vậy hình vuông nội tiếp (O; R) có độ dài mỗi cạnh là $R\sqrt{2}$.

b) Cạnh của lục giác đều là:

$$\begin{gathered} a=2r.\tan \frac{{180}^o}{n} \\ =2r.\tan {30}^o=2r.\frac{\sqrt{3}}{3} \\ =\frac{2\sqrt{3}}{3}r \end{gathered}$$

Vậy lục giác đều ngoại tiếp (O; r) có độ dài mỗi cạnh là $\frac{2\sqrt{3}}{3}r$.

B. Bài tập

I. Bài tập trắc nghiệm

Câu 1: Đường tròn ngoại tiếp đa giác là đường tròn

A. Tiếp xúc với tất cả các cạnh của đa giác đó

B. Đi qua tất cả các đỉnh của đa giác đó

C. Cắt tất cả các cạnh của đa giác đó

D. Đi qua tâm đa giác đó

Lời giải:

Đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của một đa giác được gọi là đường tròn ngoại tiếp của đa giác

Chọn đáp án B

Câu 2: Số đường tròn nội tiếp của một đa giác đều là

A. 1

B. 2

C. 3

D. 0

Lời giải:

Bất kì đa giác đều nào cũng có một và chỉ một đường tròn ngoại tiếp, có một và chỉ một đường tròn nội tiếp

Chọn đáp án A

Câu 3: Đường tròn nội tiếp hình vuông cạnh a có bán kính là

Lời giải:

Chọn đáp án C

Câu 4: Cho lục giác đều ABCDEF nội tiếp đường tròn tâm O. Tính số đo góc AOB

A. 60°

B. 120°

C. 30°

D. 240°

Lời giải:

Ta có :

Chọn đáp án A

Câu 5: Cho tam giác ABC đều cạnh a nội tiếp đường tròn (O). Tính bán kính R của đường tròn

Lời giải:

Do O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC nên O đồng thời là trọng tâm tam giác AB

Gọi M là trung điểm BC:

Chọn đáp án B.

Câu 6: Cho hình vuông ABCD cạnh a.Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông. Tính bán kính R của (O)?

Lời giải:

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD

Khi đó, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD là R = OA

Áp dụng đinh lí Pytago vào tam giác vuông ABC ta có:

Chọn đáp án C.

Câu 7: Cho ngũ giác đều ABCDE nội tiếp đường tròn (O). Tính số đo AB⌢

A. 72°

B.60°

C. 120°

D. 90°

Lời giải:

Do ABCDE là ngũ giác đều nội tiếp đường tròn (O) nên:

Suy ra, sđ AB⌢ = 72°

Chọn đáp án A.

Câu 8: Cho đường tròn (O) ngoại tiếp lục giác đều ABCDEF. Tính 

A. 120°

B.60°

C. 90°

D. 150°

Lời giải:

Ta có, đường tròn (O) ngoại tiếp lục giác đều ABCDEF nên

Chọn đáp án A.

Câu 9: Cho tam giác ABC đều cạnh a ngoại tiếp đường tròn tâm O. Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC?

Lời giải:

Gọi M là trung điểm của BC: 

Do tam giác ABC đều nên tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác ABM ta có:

Chọn đáp án C.

Câu 10: Cho tam giác ABC có AB = 6cm; BC= 10 cm và AC = 8cm. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC?

A. 4cm

B. 5cm

C. 6cm

D. 7cm

Lời giải:

Ta có: AB² + AC² = BC² ( = 100)

Suy ra tam giác ABC vuông tại A.

Do đó, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là trung điểm cạnh huyền BC.

Đường kính đường tròn là : d = BC = 10cm

Suy ra, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R = d/2 = 5cm

Chọn đáp án B.

II. Bài tập tự luận có lời giải

Câu 1: Cho một đường tròn bán kính r nội tiếp trong tam giác vuông cân ABC vuông cân tại A và một đường tròn bán kính R ngoại tiếp tam giác ấy. Tính $\frac{R}{r}$.

Lời giải:

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Giả sử tam giác ABC vuông cân tại A có cạnh góc vuông AB = AC = a

Xét tam giác vuông ABC vuông tại A ta có:

$A{B}^2+A{C}^2=B{C}^2$

$\iff a^2+a^2=B{C}^2$

$\iff B{C}^2=2a^2$

$\Rightarrow BC=\sqrt{2}a$

Vì ABC là tam giác vuông tại A do đó tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là trung điểm của cạnh huyền (định lí)

Do đó O là trung điểm của BC

$\Rightarrow R=OB=\frac{BC}{2}=\frac{\sqrt{2}a}{2}$

Vì ABC là tam giác vuông cân tại A do đó AO là đường trung tuyến cũng là đường phân giác, đường cao của tam giác ABC

=> A, I, O thẳng hàng và $AO\perp BC$

Ta có AO = $\frac{\sqrt{2}a}{2}$ (do O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC).

Xét tam giác AOC có:

CI là đường phân giác của $\widehat{C}$ và CI cắt AO tại I nên ta có:

$\frac{CA}{CO}=\frac{AI}{OI}$ (tính chất đường phân giác trong tam giác)

$\iff \frac{a}{\frac{\sqrt{2}a}{2}}=\frac{AI}{OI}$

$\iff \frac{AI}{OI}=\sqrt{2}$

$\iff AI=\sqrt{2}OI$

Mà $AI+OI=AO$

$\Rightarrow \sqrt{2}OI+OI=\frac{\sqrt{2}a}{2}$

$\iff OI\left(\sqrt{2}+1\right)=\frac{\sqrt{2}a}{2}$

$\iff OI=\frac{2-\sqrt{2}}{2}a$

Vậy r = $\frac{2-\sqrt{2}}{2}a$

$\Rightarrow \frac{R}{r}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}a}{\frac{2-\sqrt{2}}{2}a}=1+\sqrt{2}$.

Câu 2: Cho đờng tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài đường tròn đó. Qua điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA và Mb với đường tròn (O). Qua M kẻ cát tuyến MCD không đi qua tâm O cắt đường tròn tại hai điểm C và D sao cho C nằm giữa M và D. Gọi I là trung điểm của dây CD. Khi đó MAOIB có là ngũ giác nội tiếp hay không? Nếu có hãy xác định tâm và bán kính của đường tròn đó.

Lời giải:

Vì MA là tiếp tuyến của đường tròn (O), A là tiếp điểm nên MA vuông góc với OA.

$\Rightarrow \widehat{MAO}=90°$

Vì MB là tiếp tuyến của đường tròn (O), B là tiếp điểm nên MB vuông góc với OB.

$\Rightarrow \widehat{MBO}=90°$

Vì I là trung điểm của CD nên OI vuông góc với CD (tính chất)

$\Rightarrow \widehat{MOI}=90°$

Gọi trung điểm của MO là E.

Tam giác OAM vuông tại A với E là trung điểm của MO

$\Rightarrow OE=EM=AE=\frac{1}{2}MO$ (định lí đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)   (1)

Tam giác OBM vuông tại B với E là trung điểm của MO

$\Rightarrow OE=EM=BE=\frac{1}{2}MO$ (định lý đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)   (2)

Tam giác OIM vuông tại I có E là trung điểm của MO

$\Rightarrow OE=ME=IE=\frac{1}{2}MO$ (định lí đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)   (3)

Từ (1); (2); (3) $\Rightarrow OE=EM=IE=AE=BE=\frac{1}{2}MO$

Hay 5 điểm A, B, M, I, O cách đều điểm E.

Hay ngũ giác AOIBM nội tiếp đường tròn (E; OE) với E là trung điểm của MO.

Câu 3: Tính diện tích hình lục giác đều có cạnh bằng a?

Lời giải:

Vì là hình lục giác đều nên ta có n = 6

Bán kính đường tròn nội tiếp lục giác đều có cạnh bằng a là:

$r=\frac{a}{2.\tan \frac{180°}{n}}=\frac{a}{2.\tan \frac{180°}{6}}$

$\iff r=\frac{a}{2.\tan 30°}=\frac{a}{2.\frac{\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{3}a}{2}$ (đơn vị độ dài)

Áp dụng công thức ta có diện tích hình lục giác đều có cạnh bằng a là:

S = $\frac{1}{2}n.a.r$= $\frac{1}{2}6.a.\frac{\sqrt{3}a}{2}=\frac{3\sqrt{3}{a}^2}{2}$ (đơn vị diện tích)

Câu 4: Cho tam giác ABC cân tại A, có $\widehat{BAC}=120°$ và BC = 6cm. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Lời giải:

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, H là giao điểm của OA và BC.

Xét tam giác OAC, có OA = OC => tam giác OAC cân tại O.

Ta có tam giác ABC cân tại A => AO là đường trung trực của tam giác cũng là đường phân giác của tam giác

$\Rightarrow \widehat{CAO}=\widehat{BAO}=\frac{\widehat{BAC}}{2}=\frac{120°}{2}=60°$

Do đó tam giác OAC là tam giác đều

Đặt OA = OC = AC = x

Vì OA là đường trung trực của BC nen H là trung điểm của BC.

=> BH = CH = $\frac{BC}{2}=\frac{6}{2}=3cm$

Vì CH vuông góc với OA nên CH cũng là đường trung tuyến nên H là trung điểm của AO

$\Rightarrow AH=OH=\frac{OA}{2}=\frac{x}{2}\left(cm\right)$

Xét tam giác ACH vuông tại H ta có:

$A{C}^2=A{H}^2+C{H}^2$(định lý Py – ta – go)

$\iff x^2={\left(\frac{x}{2}\right)}^2+3^2$

$\iff x^2=\frac{x^2}{4}+9$

$\iff x^2-\frac{x^2}{4}=9$

$\iff \frac{3x^2}{4}=9$

$\iff x^2=9:\frac{3}{4}$

$\iff x^2=12$

$\iff x=2\sqrt{3}$ cm.

Câu 5: Chứng minh tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn khi và chỉ khi AB + CD = AD + BC.

Lời giải:

* Chứng minh chiều thuận: Nếu ABCD ngoại tiếp đường tròn thì AB + CD = AD + BC

Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD. Vẽ OE, OF, OG, OH theo thứ tự vuông góc với AB, BC, CD, AD tại E, F, G, H.

Vì OE vuông góc với AB và (O) tiếp xúc với AB tại E nên AB là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Vì OF vuông góc với BC và (O) tiếp xúc với BC tại F nên BC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Hai tiếp tuyến AB và BC cắt nhau tại B do đó BE = BF (tính chất)  (1)

Chứng minh tương tự ta được CF = CG; DG = DH; AH = AE   (2).

Ta có: AE + EB = AB (3)

BF + CF = BC (4)

CG + GD = CD (5)

AH + DH = AD (6)

Từ (1); (2); (3); (4); (5); (6) $\Rightarrow AB+CD=AD+BC$.

* Chiều ngược lại: Nếu AB + CD = AD + BC thì tứ giác ABCD là tứ giác ngoại tiếp.

- Nếu AB = AD thì CD = CB.

Khi đó giao điểm I của AC với đường phân giác trong của góc B chính là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD. Ta có điều phải chứng minh.

- Không mất tính tổng quát ta xem AB > AD.

Vì AB + CD = AD + CB nên BC > CD.

Do đó tồn tại các điểm E và F theo thứ tự trên AB, BC sao cho AE = AD, CF = CD.

Ta có: AB + CD = AD + CB

=> AE + BE + CD = AD + CF + FB

=> BE = FB.

Ta có:

Tam giác ADE cân tại A do AD = AE

Tam giác BEF cân tại B do BE = BF

Tam giác CFD cân tại C do CF = CD.

Vì tam giác ADC cân tại A nên đường phân giác góc A cũng là đường trung trực của ED.

Vì tam giác BEF cân tại B nên đường phân giác góc B cũng là đường trung trực của EF.

Vì tam giác CFD cân tại C nên đường phân giác góc C cũng là đường trung trực của FD.

Mà ba điểm E, F, D không thẳng hàng nên E, F, D tạo thành một tam giác.

=> ba đường trung trực của EF, ED, FD đồng quy

Hay ba đường phân giác của ba góc của tứ giác ABCD đồng quy.

Do đó tứ giác ABCD là tứ giác ngoại tiếp.

Câu 6: Cho hình thang ABCD vuông tại A và D. Biết AB = 10cm, BC = 13cm, CD = 15cm. Chứng minh hình thang ABCD ngọa tiếp đường tròn, tìm bán ính đường tròn đó.

Lời giải:

Vì ABCD là hình thang vuông tại A và D $\Rightarrow \widehat{A}=\widehat{D}=90°$

Vẽ BH vuông góc với CD tại H $\Rightarrow \widehat{BHD}=90°$.

Xét tứ giác ABHD có:

$\Rightarrow \widehat{A}=\widehat{D}=\widehat{BHD}=90°$

=> tứ giác ABCD là hình chữ nhật.

$\Rightarrow AB=DH=10cm$

Lại có: DH + CH = CD mà CD = 15cm nên CH = 5cm.

Xét tam giác BHC vuông tại H ta có:

$B{H}^2+C{H}^2=B{C}^2$(định lý Py – ta – go)

$\iff B{H}^2+5^2={13}^2$

$\iff B{H}^2+25=169$

$\iff B{H}^2=169-25$

$\iff B{H}^2=144$

$\iff BH=12cm$

Mà ABHD là hình chữ nhật nên AD = BH = 12cm.

Xét hình thang ABCD có:

AB + CD = 10 + 15 = 25cm

AD + BC = 12 + 13 = 25cm

Do đó: AB + CD = AD + BC.

=> hình thang ABCD ngoại tiếp đường tròn.

Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp hình thang ABCD, do đo O các đều AB và CD.

Vẽ OE vuông góc với AB; OF vuông góc với CD. Do AB // CD nên O, E, F thẳng hàng hay EF = BH = 12cm

Lại có OE = OF nên OE = OF = 6cm.

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp hình thang ABCD là 6cm.

Câu 7: Một đa giác đều nội tiếp đường tròn (O; R). Biết độ dài mỗi cạnh của nó là $R\sqrt{2}$. Hỏi đa giác đó là hình gì?

Lời giải:

Câu 8: Cho ∆ABC cân tại A có $\widehat{BAC}={120}^o$; BC = 6 cm. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.

Lời giải:

Xét ∆ABO và ∆ACO có:

AB = AC (vì ∆ABC cân tại A);

OB = OC (vì đều là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC);

Cạnh OA chung.

Do đó ∆ABO = ∆ACO (c.c.c)

Suy ra $\widehat{BAO}=\widehat{CAO}$ mà $\widehat{BAO}+\widehat{CAO}=\widehat{BAC}={120}^o$.

Nên $\widehat{BAO}=\widehat{CAO}={60}^o$.

Mà ∆ACO cân tại O (vì OA = OC) nên ∆ACO đều.

Gọi AO cắt BC tại H ta có BH = CH = 3 cm.

∆ACO đều có $AO\perp CH$ nên HA = HO.

Áp dụng định lý Py – ta – go vào ∆CHO vuông tại H ($AO\perp CH$) có:

CH² + OH² = OC².

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là $2\sqrt{3}$ cm.

Câu 9: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3 cm, AC = 4 cm. Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp; r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tính tỉ số $\frac{r}{R}$.

Lời giải:

Áp dụng định lý Py – ta – go vào ∆ABC vuông tại A, ta có:

BC² = AB² + AC² = 3² + 4² = 25.

$\Rightarrow$ BC = 5 (cm).

Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là:

Câu 10: Vẽ hình vuông ABCD tâm O rồi vẽ tam giác đều có một đỉnh là A và nhận O làm tâm. Nêu cách vẽ.

Lời giải:

- Vẽ hình vuông

- Vẽ đường tròn (O; R)

- Vẽ hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau

- Nối AB, BC, CD, DA ta được tứ giác ABCD là hình vuông nội tiếp trong đường tròn (O; R)

-Từ A đặt liên tiếp các cung bằng nhau có dây tương ứng bằng R:

$\stackrel{⏜}{A{A}_1};\stackrel{⏜}{A_1{A}_2};\stackrel{⏜}{A_{2}C};\stackrel{⏜}{C{A}_3};\stackrel{⏜}{A_3{A}_4}$

- Nối $A{A}_2$ , $A_2{A}_3$ ,$A_{3}A$  ta được tam giác $A{\text{A}}_2{\text{A}}_3$  là tam giác đều nhận O làm tâm.

Chứng minh:

Vì các cung $\stackrel{⏜}{A{A}_1};\stackrel{⏜}{A_1{A}_2};\stackrel{⏜}{A_{2}C};\stackrel{⏜}{C{A}_3};\stackrel{⏜}{A_3{A}_4}$  bằng nhau nên ta có $\stackrel{⏜}{A{A}_2}=\stackrel{⏜}{A_2{A}_3}=\stackrel{⏜}{A_{3}A}$

Suy ra  $A{A}_2$=$A_2{A}_3$  = $A_{3}A$   nên tam giác $A{\text{A}}_2{\text{A}}_3$  là tam giác đều.

Theo cách vẽ ta có O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A{\text{A}}_2{\text{A}}_3$ .

III. Bài tập vận dụng

Câu 1: Các đường cao AD, BE của tam giác ABC cắt nhau tại H (góc C khác góc vuông) và cắt đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại I và K.

a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp và xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó.

b) Chứng minh tam giác CKI cân.

Câu 2: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Ba đường cao của tam giác là AF, BE, CD cắt nhau tại H. Chứng minh tứ giác BDEC là tứ giác nội tiếp. Xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

Câu 3: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB < AC, đường cao AH (H thuộc BC). Lấy điểm D sao cho H là trung đểm của BD. Gọi E là chân đường vuông góc hạ từ C xuống đường thẳng AD. Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp và xác định vị trí tâm O của đuờng tròn ngoại tiếp tứ giác đó.

Câu 4: Cho ngũ giác đều có cạnh bằng a

a) Tính chu vi và diện tích ngũ giác đều đó.

b) Tính số đo mỗi góc của ngũ giác đều.

Câu 5: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn, biết rằng các tia AB, CD cắt nhau tại E, các tia AD và BC cắt nhau tại F. Chứng minh rằng:

a) AE + CF = AF + CE.

b) BE + BF = DE + DF.

Câu 6: Cho hình thang ABCD (AB // CD) ngoại tiếp đường tròn (O). Tiếp điểm trên AB, CD theo thứ tự là E và F. Chứng minh rằng AC, BD, EF đồng quy.

Câu 7: Tính cạnh hình 12 cạnh đều theo bán kính đường tròn ngoại tiếp hình 12 cạnh đều đó.

Câu 8: Cho đường tròn (O) nội tiếp trong hình thang ABCD (AB // CD) tiếp xúc với cạnh AB tại E với cạnh CD tại F.

a) Chứng minh: $\frac{BE}{AE}=\frac{DF}{CF}$

b) Biết AB = a, CB = b (a < b), BE = 2.AE. Tính diện tích hình thang ABCD.

Câu 9: Cho tam giác ABC ngoại tiếp (O). Trên BC lấy M, trên BA lấy N, trên CA lấy P sao cho B = BN và CM = CP. Chứng minh rằng:

a) O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP.

b) Tứ giác ANOP nội tiếp đường tròn.

c) Tìm vị trí điểm M, N, P sao cho NP nhỏ nhất.

Câu 10: Cho đường (O; R) nội tiếp hình thang ABCD (AB // CD), với G là tiếp điểm của đyờng tròn (o; R) với các cạnh CD, biết AB = $\frac{4}{3}R$ và BC = $\frac{5}{2}R$. Tính tỉ số giữa GD và GC.

Xem thêm các bài Chuyên đề Toán lớp 9 hay, chi tiết khác:

Chuyên đề Độ dài đường tròn, cung tròn

Chuyên đề Diện tích hình tròn, hình quạt tròn

Chuyên đề Ôn tập chương III

Chuyên đề Hình trụ - Diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ

Chuyên đề Hình nón – Hình nón cụt. Diện tích xung quanh và thể tích của hình nón, hình nón cụt