Nội dung bài viết

    Xem thêm

    Sách bài tập Toán 9 Bài 2 (Cánh diều): Tứ giác nội tiếp đường tròn

    Với giải sách bài tập Toán 9 Bài 2: Tứ giác nội tiếp đường tròn sách Cánh diều hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập trong SBT Toán 9 Bài 2.

    1 320 12/07/2025
    Trang trước
    Chia sẻ
    Trang sau  

    Giải SBT Toán 9 Bài 2: Tứ giác nội tiếp đường tròn

    Bài 12 trang 90 SBT Toán 9 Tập 2: Tìm phát biểu sai trong các phát biểu sau:

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

    b) Trong một tứ giác nội tiếp đường tròn, tổng số đo hai góc bất kì bằng 180°.

    c) Hình chữ nhật luôn nội tiếp đường tròn.

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

    Lời giải:

    ⦁ 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.

    Bài 13 trang 90 SBT Toán 9 Tập 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Tính số đo mỗi góc còn lại của tứ giác đó trong mỗi trường hợp sau:

    a) A^=3C^ và B^=5D^;

    b) A^−C^=12° và D^−B^=76°;

    c) A^=7B^ và A^+2B^=180°;

    d) D^−C^=20° và D^+C^=100°.

    Lời giải:

    Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Tính số đo mỗi góc còn lại của tứ giác đó

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

    Do đó ta có: A^+C^=180°,  B^+D^=180°.

    a) ⦁ Ta có: A^+C^=180° và A^=3C^

    Suy ra 3C^+C^=180° hay 4C^=180° nên C^=45°.

    Do đó A^=3C^=3⋅45°=135°.

    ⦁ Ta có B^+D^=180° và B^=5D^

    Suy ra 5D^+D^=180° hay 6D^=180° nên D^=30°

    Do đó B^=5D^=5⋅30°=150°.

    Vậy A^=135°,  B^=150°,  C^=45°,  D^=30°.

    b) Từ A^−C^=12° và D^−B^=76° ta có A^=C^+12° và D^=B^+76°

    • Ta có A^+C^=180° và A^=C^+12°

    Suy ra C^+12°+C^=180° hay 2C^=168° nên C^=84°

    Do đó A^=C^+12°=84°+12°=96°.

    • Ta có B^+D^=180° và D^=B^+76°

    Suy ra B^+B^+76°=180° hay 2B^=104° nên B^=52°

    Do đó D^=B^+76°=52°+76°=128°.

    Vậy A^=96°,  B^=52°,  C^=84°,  D^=128°.

    c) Từ A^=7B^ và A^+2B^=180° ta có 7B^+2B^=180°

    Hay 9B^=180° nên B^=20°.

    Ta có:

    • A^=7B^=7⋅20°=140°;

    • A^+C^=180° suy ra C^=180°−A^=180°−140°=40°;

    • B^+D^=180° suy ra D^=180°−B^=180°−20°=160°.

    Vậy A^=140°,  B^=20°,  C^=40°,  D^=160°.

    d) Từ D^−C^=20° ta có D^=C^+20°

    Mà D^+C^=100° nên C^+20°+C^=100°

    Hay 2C^=80° suy ra C^=40°.

    Ta có:

    • D^=C^+20°=40°+20°=60°;

    • A^+C^=180° suy ra A^=180°−C^=180°−40°=140°;

    • B^+D^=180° suy ra B^=180°−D^=180°−60°=120°.

    Vậy A^=140°,  B^=120°,  C^=40°,  D^=60°.

    Bài 14 trang 90 SBT Toán 9 Tập 2: Chứng minh rằng trong một đường tròn, hai dây không đi qua tâm không thể cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

    Lời giải:

    Chứng minh rằng trong một đường tròn, hai dây không đi qua tâm không thể cắt nhau tại trung điểm

    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 ABC^=ADC^.

    Mặt khác, tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên ABC^+ADC^=180°

    Suy ra ABC^=ADC^=180°2=90°.

    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.

    Bài 15 trang 90 SBT Toán 9 Tập 2: Ở Hình 13, hai đường tròn (O), (O’) giao nhau tại A, B và CD là một dây cung của (O). Tia CA cắt ( O’) tại E và tia DB cắt (O’) tại F. Chứng minh EF song song với CD.

    Ở Hình 13, hai đường tròn (O), (O’) giao nhau tại A, B và CD là một dây cung

    Lời giải:

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

    Mà ABD^+ABF^=180° (hai góc bù nhau)

    Nên ACD^=ABF^   =180°−ABD^   1

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

    Từ (1) và (2) ta có ACD^+AEF^=180° hay ECD^+CEF^=180°.

    Suy ra EF // CD.

    Bài 16 trang 90 SBT Toán 9 Tập 2: Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác đều ABC. Điểm E nằm trên cung nhỏ BC (E khác B và C). ED là tia đối của tia EB. Chứng minh EC là phân giác của góc AED và EA là phân giác của góc BEC.

    Lời giải:

    Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác đều ABC. Điểm E nằm trên cung nhỏ

    ⦁ Vì ∆ABC đều nên BAC^=ABC^=ACB^=60°.

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

    Mà CEB^+CED^=180° (hai góc kề bù)

    Do đó CED^=BAC^=60°   =180°−BEC^.

    Xét đường tròn (O) có AEC^=ABC^=60° (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) nên AEC^=CED^=60°.

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

    ⦁ Tương tự ta có AEC^=ABC^=60° và AEB^=ACB^=60°.

    Do đó AEB^=AEC^=60° hay EA là đường phân giác của góc BEC.

    Bài 17 trang 90 SBT Toán 9 Tập 2: Cho tam giác ABC cân ở A, H là trung điểm của BC và BAC^<90°. Đường vuông góc với AB tại A cắt đường thẳng BC ở D. Kẻ DE vuông góc với AC. Chứng minh:

    a) AH = EH;

    b) DCE^=ABD^.

    Lời giải:

    Cho tam giác ABC cân ở A, H là trung điểm của BC và góc BAC nhỏ hơn 90 độ

    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 BAH^=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 ADH^=AEH^ (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AH).

    Mặt khác ADH^=BAH^ (3) (vì cùng phụ với HAD^)

    Từ (1), (2) và (3) suy ra HAC^=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 ABH^=ACH^ (hai góc tương ứng).

    Mà ACH^=DCE^ nên DCE^=ABD^.

    Bài 18 trang 91 SBT Toán 9 Tập 2: Cho xAy^=60° và điểm B nằm trong góc xAy. Kẻ đường thẳng BN vuông góc với Ay cắt Ax tại H; kẻ đường thẳng BM vuông góc với Ax cắt Ay tại K (Hình 14).

    Cho góc xAy = 60 độ và điểm B nằm trong góc xAy. Kẻ đường thẳng BN vuông góc với Ay

    Chứng minh:

    a) Các tứ giác AMBN, HMNK là các tứ giác nội tiếp đường tròn;

    b) HK = 2MN.

    Lời giải:

    Cho góc xAy = 60 độ và điểm B nằm trong góc xAy. Kẻ đường thẳng BN vuông góc với Ay

    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=AB2.

    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 HMN^+NKH^=180°

    Mà AMN^+HMN^=180° (hai góc kề bù)

    Nên AMN^=NKH^  =180°−HMN^ hay AMN^=AKH^.

    Xét ∆AMN và ∆AKH có:

    KAH^ là góc chung và AMN^=AKH^.

    Do đó ∆AMN ᔕ ∆AKH (g.g)

    Suy ra MNKH=ANAH (1)

    Lại có tam giác AHN vuông tại N nên

    cosHAN^=ANAH hay cos60°=ANAH, tức là ANAH=12.

    Do đó AH = 2AN (2)

    Từ (1) và (2) suy ra MNKH=ANAH=12 nên HK = 2MN.

    Bài 19 trang 91 SBT Toán 9 Tập 2: Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh AB lấy điểm M. Đường thẳng qua C vuông góc với CM cắt các tia AB, AD lần lượt tại E và F. Tia CM cắt đường thẳng AD tại N. Chứng minh rằng:

    a) NCA^=MFN^ và NEA^=NCA^;

    b) CM + CN = EF.

    Lời giải:

    Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh AB lấy điểm M. Đường thẳng qua C vuông góc

    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 MCA^=MFA^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MA) hay NCA^=MFN^.

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

    b) Do ABCD là hình vuông nên AC là đường phân giác của BAD^, do đó BAC^=CAD^=12BAD^=12⋅90°=45° hay EAC^=45°.

    Ta có tứ giác NACE nội tiếp đường tròn nên ENC^=EAC^=45° (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC).

    Mà NCE^=90° 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.

    Bài 20 trang 91 SBT Toán 9 Tập 2: Chứng minh rằng mỗi hình thang cân là một tứ giác nội tiếp đường tròn.

    Lời giải:

    Chứng minh rằng mỗi hình thang cân là một tứ giác nội tiếp đường tròn

    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.

    Bài 21 trang 91 SBT Toán 9 Tập 2: Hình vuông ABCD có cạnh bằng 1, người ta nối trung điểm các cạnh liên tiếp của nó để tạo thành tứ giác EFGH, tiếp tục như vậy được tứ giác mới IKPQ (Hình 15).

    Hình vuông ABCD có cạnh bằng 1, người ta nối trung điểm các cạnh liên tiếp của nó

    Chứng minh:

    a) Tứ giác EFGH và tứ giác IKPQ là các tứ giác nội tiếp đường tròn.

    b) 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.

    Lời giải:

    a) Do ABCD là hình vuông nên AB = BC = CD = DA và A^=B^=C^=D^=90°.

    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:

    A^=B^=90°, 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 A^=90° và AH = AE nên ∆AHE vuông cân tại A, suy ra AEH^=45°.

    Tương tự, ta có BEF^=45°

    Do đó HEF^=180°−AEH^−BEF^=180°−45°−45°=90°.

    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 B^=90° và BA = BC) , theo định lí Pythagore, ta có:

    AC2 = AB2 + BC2 = AB2 + AB2 = 2AB2.

    Suy ra AC=AB2.

    Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD là: R1=AC2=AB22.

    ⦁ Tương tự, với ∆AHE vuông cân tại A, ta có: HE=AE2=AB22.

    Với ∆HEF vuông cân tại E, ta có: HF=HE2=AB22⋅2=AB.

    Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông EFGH là: R2=HF2=AB2.

    ⦁ Chứng minh tương tự, ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông IKPQ là: R3=IP2=IK22=IE2⋅22=IE=HE2=AB222=AB24.

    ⦁ 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: R1R2=AB22AB2=22⋅2=2.

    Tỉ số bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác EFGH và bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác IKPQ là: R2R3=AB2AB24=12⋅42=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.

    Bài 22* trang 91 SBT Toán 9 Tập 2: Cho tam giác ABC vuông cân tại C và nội tiếp đường tròn (O; R). E là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ AC. Gọi I là giao điểm của EB và AC. Kẻ IK vuông góc với AB. Chứng minh rằng khi E di chuyển trên cung nhỏ AC thì EK luôn đi qua một điểm cố định.

    Lời giải:

    Cho tam giác ABC vuông cân tại C và nội tiếp đường tròn (O; R). E là điểm tuỳ ý

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

    Ta có AEB^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) đường kính AB) và AKI^=90° (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 KAI^=KEI^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung KI).

    Lại có KAI^=45° (do ∆ACB vuông cân tại C) do đó KEI^=45° hay KEB^=45°. (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 DCA^=DCB^=12ACB^=12⋅90°=45°.

    Mà DEB^,  DCB^ là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD của đường tròn (O) nên DEB^=DCB^=45°. (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.

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

    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

    Bài 1: Hình trụ

    Tham khảo các loạt bài Toán 9 khác:

    Bài viết cùng lớp mới nhất

    Xem thêm
    1 320 12/07/2025
    Trang trước
    Chia sẻ
    Trang sau  

    Xem thêm các chương trình khác: