Sách bài tập Toán 9 Bài 1 (Cánh diều): Đường tròn ngoại tiếp tam giác. Đường tròn nội tiếp tam giác

Giải SBT Toán 9 Bài 1: Đường tròn ngoại tiếp tam giác. Đường tròn nội tiếp tam giác

Bài 1 trang 84 SBT Toán 9 Tập 2: Tìm phát biểu đúng trong các phát biểu sau:

a) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao điểm ba đường phân giác của tam giác đó.

b) Tâm đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm của ba đường trung trực của tam giác đó.

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông có tâm là trung điểm của cạnh huyền.

Lời giải:

⦁ Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao điểm của ba đường trung trực của tam giác đó.

⦁ Tâm đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm của ba đường phân giác của tam giác đó.

⦁ Đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông có tâm là trung điểm của cạnh huyền.

Vậy trong các phát biểu đã cho, phát biểu c) là đúng.

Bài 2 trang 84 SBT Toán 9 Tập 2: Tìm phát biểu sai trong các phát biểu sau:

a) Trong một tam giác đều, trọng tâm của tam giác đồng thời là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó.

b) Trong một tam giác đều, trọng tâm của tam giác đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.

c) Tam giác đều cạnh a có bán kính đường tròn ngoại tiếp là $R=\frac{a\sqrt{3}}{6}.$

d) Tam giác đều cạnh a có bán kính đường tròn nội tiếp là $r=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Lời giải:

⦁ Trong một tam giác đều, trọng tâm của tam giác đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó.

⦁ Tam giác đều cạnh a có bán kính đường tròn ngoại tiếp là $R=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

⦁ Tam giác đều cạnh a có bán kính đường tròn nội tiếp là $r=\frac{a\sqrt{3}}{6}.$

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

Bài 3 trang 85 SBT Toán 9 Tập 2: Cho tam giác ABC cân tại A, có O, I lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ABC

a) Chứng minh rằng:

– Ba điểm A, O, I cùng thuộc một đường thẳng;

– Đường thẳng OA vuông góc với BC và đi qua điểm chính giữa D (khác điểm A) của cung BC.

b) Cho BC = 24 cm, AC = 20 cm. Tính độ dài bán kính R của đường tròn ngoại tiếp và bán kính r của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Lời giải:

a) ⦁ Vì tam giác ABC cân tại A nên đường trung trực AO của cạnh BC (do O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC) đồng thời là đường phân giác của góc BAC.

Mà AI là đường phân giác của góc BAC (do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC).

Suy ra hai đường thẳng AO và AI trùng nhau hay ba điểm A, O, I cùng thuộc một đường thẳng.

⦁ Do OA là đường trung trực của BC nên OA ⊥ BC.

Ta có $\widehat{BAI}=\widehat{CAI}$ (do AI là đường phân giác của góc BAC) hay $\widehat{BAO}=\widehat{CAO}$

Gọi D là giao điểm của AO với đường tròn (O) (khác điểm A) nên $\widehat{BAD}=\widehat{CAD}$

Suy ra $\stackrel{⏜}{BD}=\stackrel{⏜}{CD}.$

Do đó đường thẳng OA đi qua điểm chính giữa D (khác điểm A) của cung BC.

b) ⦁ Gọi H là giao điểm của AD và BC. Do đó, AH ⊥ BC và H là trung điểm của BC.

Suy ra $HB=HC=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\cdot 24=12$ (cm).

Xét ∆ACH vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có:

AC² = AH² + HC²

Suy ra $AH=\sqrt{A{C}^2-H{C}^2}=\sqrt{{20}^2-{12}^2}=\sqrt{256}=16$ (cm).

Ta có AD là đường kính của đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC nên $\widehat{ACD}=90°.$

Xét ∆ACH và ∆ADC có:

$\widehat{AHC}=\widehat{ACD}=90°$ và góc A chung

Do đó ∆ACH ᔕ ∆ADC (g.g)

Suy ra $\frac{AC}{AD}=\frac{AH}{AC}$ hay AC² = AH.AD.

Nên $AD=\frac{A{C}^2}{AH}=\frac{{20}^2}{16}=25$ (cm).

Do đó, bán kính đường tròn (O) đường kính AD ngoại tiếp ∆ABC là

$R=\frac{AD}{2}=\frac{25}{2}=12,5$(cm).

⦁ Do ∆ABC cân tại A nên AB = AC = 20 cm.

Do BI là phân giác của góc ABH nên $\frac{IH}{IA}=\frac{BH}{BA}=\frac{12}{20}=\frac{3}{5}.$

Ta có $\frac{IH}{IA}=\frac{3}{5}$ hay $\frac{IH}{IH+IA}=\frac{3}{3+5}$ (tính chất tỉ lệ thức) hay $\frac{IH}{AH}=\frac{3}{8}$

Tức là $\frac{r}{16}=\frac{3}{8}.$ Vì vậy $r=\frac{16\cdot 3}{8}=6$ cm.

Vậy độ dài bán kính R của đường tròn ngoại tiếp và bán kính r của đường tròn nội tiếp tam giác ABC lần lượt là R = 12,5 cm và r = 6 cm.

Bài 4 trang 85 SBT Toán 9 Tập 2: Vẽ đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác MNP trong các trường hợp sau:

a) $\widehat{M},\widehat{N},\widehat{P}$ đều nhọn;

b) $\widehat{M}=90°;$

c) $\widehat{M}>90°.$

Lời giải:

Bài 5 trang 85 SBT Toán 9 Tập 2: Cho tam giác nhọn ABC. Các đường cao BE, CD của tam giác ABC cắt nhau tại K. Tìm tâm đường tròn ngoại tiếp mỗi tam giác sau:

a) Tam giác BDE;

b) Tam giác DEC;

c) Tam giác ADE.

Lời giải:

a) Gọi O là trung điểm của BC. Khi đó $OB=OC=\frac{1}{2}BC.$

Do BE, CD là các đường cao của tam giác ABC nên BE ⊥ AC, CD ⊥ AB.

Suy ra tam giác BDC vuông ở D và BEC vuông ở E nên $OD=\frac{1}{2}BC=OE.$

Do đó OB = OD = OC = OE nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.

b) Do OD = OE = OC nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEC.

c) Gọi I là trung điểm của AK.

Do BE ⊥ AC, CD ⊥ AB nên tam giác ADK vuông ở D và tam giác AEK vuông ở E nên khi chứng minh tương tự câu a, ta có IA = IK = IE = ID.

Do đó, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE.

Bài 6 trang 85 SBT Toán 9 Tập 2: Cho tam giác nhọn ABC $\left(\widehat{B}>\widehat{C}\right),$ phân giác AM. Gọi O, O₁, O₂ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, AMB, AMC. Chứng minh rằng:

a) OO₁, OO₂, O₁O₂ lần lượt là các đường trung trực của AB, AC, AM;

b) Tam giác OO₁O₂ cân.

Lời giải:

a) Do O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên OA = OB; O₁ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB nên O₁A = O₁B.

Suy ra OO₁ là đường trung trực của AB.

Tương tự OO₂, O₁O₂ lần lượt là đường trung trực của AC, AM.

b) Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm của AC, AM, AB; N là giao điểm của QO₂ và AC.

Khi đó O₁Q ⊥ AM, O₁R ⊥ AB nên $\widehat{AQ{O}_1}=\widehat{AR{O}_1}=90°$

Tam giác AQO₁ vuông tại Q nên nội tiếp đường tròn đường kính AO₁.

Tam giác ARO₁ vuông tại R nên nội tiếp đường tròn đường kính AO₁.

Do đó tứ giác AQO₁R nội tiếp đường tròn đường kính AO₁.

Suy ra $\widehat{RAQ}+\widehat{R{O}_{1}Q}=180°$ (tổng hai góc đối nhau của tứ giác nội tiếp bằng 180°).

Nên $\widehat{RAQ}=180°-\widehat{R{O}_{1}Q}.$

Mà $\widehat{R{O}_{1}Q}+\widehat{Q{O}_{1}O}=180°$ (hai góc kề bù) suy ra $\widehat{Q{O}_{1}O}=180°-\widehat{R{O}_{1}Q}.$

Do đó $\widehat{Q{O}_{1}O}=\widehat{RAQ}\left(=180°-\widehat{R{O}_{1}Q}\right)$ (1)

Mặt khác, $\widehat{O_{2}NP}=\widehat{ANQ}$ (đối đỉnh) nên $90°-\widehat{O_{2}NP}=90°-\widehat{ANQ}.$

Hay $\widehat{N{O}_{2}P}=\widehat{QAN}.$ (2)

Do AM là phân giác của $\widehat{BAC}$ nên $\widehat{BAM}=\widehat{MAC}$ hay $\widehat{RAQ}=\widehat{QAN}.$ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\widehat{Q{O}_{1}O}=\widehat{N{O}_{2}P}$ hay $\widehat{O_2{O}_{1}O}=\widehat{O_1{O}_{2}O}.$

Do đó, tam giác OO₁O₂ cân tại O.

Bài 7 trang 85 SBT Toán 9 Tập 2: Trên đường tròn (O) bán kính R, lấy các điểm A, B, C, D sao cho $\text{sđ}\stackrel{⏜}{AB}=60°,$ $\text{sđ}\stackrel{⏜}{BC}=90°,$ $\text{sđ}\stackrel{⏜}{CD}=120°$ (Hình 7).

a) Xác định tâm và tính theo R bán kính đường tròn ngoại tiếp của các tam giác OAB, OBC, OAD, ODC.

b) Gọi I là giao điểm của AC và BD. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp của các tam giác IAB, IBC, IAD, IDC.

Lời giải:

a) ⦁ Gọi G là trọng tâm của tam giác OAB.

Do A, B thuộc đường tròn (O) nên OA = OB = R.

Lại có $\text{sđ}\stackrel{⏜}{AB}=60°$ nên $\widehat{AOB}=60°$ (góc ở tâm chắn cung AB của đường tròn (O)).

Do đó, tam giác OAB là tam giác đều với cạnh AB = OA = OB = R nên có tâm đường tròn ngoại tiếp là G và bán kính đường tròn ngoại tiếp là $\frac{R\sqrt{3}}{3}.$

⦁ Do $\text{sđ}\stackrel{⏜}{BC}=90°$ nên $\widehat{BOC}=90°$ (góc ở tâm chắn cung BC của đường tròn (O)).

Do đó tam giác OBC vuông tại O, theo định lí Pythagore, ta có:

BC² = OB² + OC²

Suy ra $BC=\sqrt{O{B}^2+O{C}^2}=\sqrt{R^2+R^2}=R\sqrt{2}$ nên tâm, bán kính đường tròn ngoại tiếp của ∆OBC lần lượt là trung điểm E của BC và $\frac{R\sqrt{2}}{2}.$

⦁ Tương tự tâm, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAD lần lượt là trung điểm F của AD và $\frac{R\sqrt{2}}{2}.$

⦁ Gọi H là trung điểm của DC và giao điểm của tia OH và cung nhỏ CD là K.

Do $\text{sđ}\stackrel{⏜}{CD}=120°$ nên $\widehat{DOC}=120°$ (góc nội tiếp chắn cung DC của đường tròn (O)).

Trong tam giác ODC cân tại O có OH là trung tuyến nên đồng thời là phân giác của $\widehat{DOC}.$

Suy ra $\widehat{DOH}=\widehat{COH}=\frac{1}{2}\widehat{DOC}=\frac{1}{2}\cdot 120°=60°.$

Lại có OD = OK = OC nên ∆DOK, ∆COK là tam giác đều.

Suy ra KD = KO = KC = R.

Vậy tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ODC lần lượt là K và R.

b) Xét ∆OHC vuông tại H có $HC=OC\cdot \sin \widehat{COH}=R\cdot \sin 60°=\frac{R\sqrt{3}}{2}.$

Suy ra $DC=2HC=2\cdot \frac{R\sqrt{3}}{2}=R\sqrt{3}.$

Xét đường tròn (O) có $\widehat{CAB}=\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel{⏜}{CB}=\frac{1}{2}\cdot 90°=45°$ (góc nội tiếp chắn cung BC).

Ta có $\text{sđ}\stackrel{⏜}{AB}+\text{sđ}\stackrel{⏜}{BC}+\text{sđ}\stackrel{⏜}{CD}+\text{sđ}\stackrel{⏜}{DA}=360°$

Suy ra $\text{sđ}\stackrel{⏜}{DA}=360°-\text{sđ}\stackrel{⏜}{AB}-\text{sđ}\stackrel{⏜}{BC}-\text{sđ}\stackrel{⏜}{CD}=360°-60°-90°-120°=90°.$

Khi đó, $\widehat{DBA}=\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel{⏜}{DA}=\frac{1}{2}\cdot 90°=45°$ (góc nội tiếp chắn cung DA).

Do đó $\widehat{CAB}=\widehat{DBA}=45°.$

Xét ∆ABI có: $\widehat{IAB}+\widehat{IBA}+\widehat{AIB}=180°.$

Suy ra $\widehat{AIB}=180°-\widehat{IAB}-\widehat{IBA}=180°-45°-45°=90°.$

Hay AC vuông góc với BD.

Do đó ∆IAB vuông tại I, ∆IAD vuông tại I, ∆IBC vuông tại I, ∆IDC vuông tại I.

Mặt khác, AB = R, $BC=AD=R\sqrt{2}$ (chứng minh ở câu a) và $DC=R\sqrt{3}$ do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp của các tam giác IAB, IBC, IAD, IDC lần lượt là: $\frac{R}{2},\frac{R\sqrt{2}}{2},\frac{R\sqrt{2}}{2},\frac{R\sqrt{3}}{2}.$

Bài 8 trang 86 SBT Toán 9 Tập 2: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 6, AC = 8, bán kính đường tròn nội tiếp là r, bán kính đường tròn ngoại tiếp là R. Tính $\frac{r}{R}.$

Lời giải:

Tam giác ABC vuông tại A, theo định lí Pythagore, ta có:

BC² = AB² + AC² = 6² + 8² = 100.

Suy ra $BC=\sqrt{100}=10.$

Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là $R=\frac{BC}{2}=\frac{10}{2}=5.$

Lại có $r=\frac{AB+AC-BC}{2}$ (theo kết quả của Ví dụ 4, trang 83, SBT Toán 9, Tập một)

Suy ra $r=\frac{AB+AC-BC}{2}=\frac{6+8-10}{2}=\frac{4}{2}=2.$

Do đó $\frac{r}{R}=\frac{2}{5}.$

Bài 9 trang 86 SBT Toán 9 Tập 2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R.

a) Chứng minh rằng O cũng là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

b) Vẽ tam giác IJK ngoại tiếp đường tròn (O; R) với JK // BC, IJ // AC, IK // AB. Chứng minh tam giác IJK đều.

c) Gọi R’ là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK và r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tính $\frac{r}{R^{\text{'}}}.$

Lời giải:

a) Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nên O là trọng tâm của tam giác.

Mà trọng tâm của tam giác đều cũng là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều đó.

Do đó O cũng là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

b) Do JK // BC và IK // AB nên tứ giác ABCK là hình bình hành.

Mặt khác, $\widehat{ABC}=60°$ (do tam giác ABC đều)

Suy ra $\widehat{AKC}=\widehat{ABC}=60°$ hay $\widehat{IKJ}=60°.$

Tương tự, ta chứng minh được $\widehat{KJI}=60°.$

Do đó, tam giác IJK là tam giác đều.

c) ⦁ Vì ∆IJK đều nên bán kính của đường tròn ngoại tiếp ∆IJK là $R\text{'}=\frac{JK\sqrt{3}}{3}.$

Ta có $\widehat{CAK}=\widehat{CKA}=60°$ nên ∆ACK đều nên AK = AC.

Tương tự, ta chứng minh được AJ = AB.

Lại có AB = AC (do ∆ABC đều) nên AK = AJ hay A là trung điểm của JK.

Do đó $R\text{'}=\frac{JK\sqrt{3}}{3}=\frac{2AK\sqrt{3}}{3}=\frac{2AC\sqrt{3}}{3}.$

⦁ Vì tam giác ABC đều nên bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC là: $r=\frac{AC\sqrt{3}}{6}.$

Suy ra $AC=\frac{6r}{\sqrt{3}}=2r\sqrt{3}.$

Do đó $R\text{'}=\frac{2\cdot 2r\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}}{3}=4r.$

Vậy $\frac{r}{R\text{'}}=\frac{1}{4}.$

Bài 10 trang 86 SBT Toán 9 Tập 2: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B. Đường thẳng AO cắt (O) và (O’) lần lượt tại hai điểm C, E (khác điểm A). Đường thẳng AO’ cắt (O) và (O’) lần lượt tại hai điểm D, F (khác điểm A). Chứng minh:

a) C, B, F thẳng hàng;

b) Bốn điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn;

c) A là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BDE.

Lời giải:

a) Xét đường tròn (O) có AC là đường kính nên $\widehat{ABC}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Xét đường tròn (O’) có AF là đường kính nên $\widehat{ABF}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’)).

Do đó $\widehat{ABC}+\widehat{ABF}=90°+90°=180°$ hay $\widehat{CBF}=180°.$

Suy ra C, B, F thẳng hàng.

b) Xét đường tròn (O) có AC là đường kính nên $\widehat{ADC}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Xét đường tròn (O’) có AF là đường kính nên $\widehat{AEF}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’)).

Do đó $\widehat{FDC}=\widehat{CEF}=90°$ nên hai điểm D, E nằm trên đường tròn đường kính CF.

Vậy bốn điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn đường kính CF.

c) Ta có $\widehat{DCA}=\widehat{DBA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DA của đường tròn (O)).

Tương tự $\widehat{ABE}=\widehat{AFE}$ và $\widehat{DCE}=\widehat{DFE}.$

Suy ra $\widehat{ABE}=\widehat{DBA},$ do đó BA là phân giác của góc DBE.

Tương tự, DA là phân giác của góc BDE.

Suy ra A là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BDE.

Bài 11* trang 86 SBT Toán 9 Tập 2: Cho tam giác ABC vuông cân tại C và nội tiếp đường tròn (O; R). E là điểm tùy ý trên cung nhỏ AC của đường tròn đó. Gọi F là giao điểm của EB và CO, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ECF. Chứng minh rằng khi E di chuyển trên cung nhỏ AC thì I luôn di chuyển trên một đoạn thẳng cố định.

Lời giải:

⦁ Vì ∆ABC vuông cân tại C nên $\widehat{CAB}=45°.$

Ta có $\widehat{CEB}=\widehat{CAB}=45°$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CB của đường tròn (O)).

Mặt khác, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ECF, do đó $\widehat{CIF},\widehat{CEF}$ lần lượt là góc ở tâm và góc nội tiếp chắn cung CF của đường tròn (I), suy ra $\widehat{CIF}=2\cdot \widehat{CEF}=2\cdot 45°=90°.$

Mà IC = IF suy ra tam giác ICF vuông cân tại I, do đó $\widehat{ICF}=45°.$ (1)

⦁ Vì ∆ABC vuông cân tại C nên $\widehat{ACB}=90°$ do đó AB là đường kính của đường tròn (O; R), khi đó CO là đường trung tuyến đồng thời là đường phân giác của tam giác.

Suy ra $\widehat{ACO}=\frac{1}{2}\widehat{ACB}=\frac{1}{2}\cdot 90°=45°.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra điểm I nằm trên AC.

Vậy khi E di chuyển trên cung nhỏ AC thì I di chuyển trên đoạn thẳng AC cố định.

Xem thêm lời giải Sách bài tập Toán lớp 9 bộ sách Cánh diều hay, chi tiết khác:

Bài 2: Tứ giác nội tiếp đường tròn

Bài tập cuối chương 8

Bài 1: Đa giác đều. Hình đa giác đều trong thực tiễn

Bài 2: Phép quay

Bài tập cuối chương 9