Giải sbt Toán 9 Bài 29 (Kết nối tri thức): Tứ giác nội tiếp

Giải SBT Toán 9 Bài 29: Tứ giác nội tiếp

Bài 9.21 trang 55 sách bài tập Toán 9 Tập 2: Hãy cho biết số đo các góc còn lại của tứ giác nội tiếp ABCD trong mỗi trường hợp sau:

a) $\widehat{A}=80°, \widehat{B}=120°$

b) $\widehat{B}=70°, \widehat{C}=110°$

c) $\widehat{C}=110°, \widehat{D}=60°$

d) $\widehat{D}=65°, \widehat{A}=130°$

Lời giải:

Vì tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{A}+\widehat{C}=180°,\widehat{B}+\widehat{D}=180°$. Do đó ta có:

a) $\widehat{C}=180°-\widehat{A}=180°-80°=100°$

$\widehat{D}=180°-\widehat{B}=180°-120°=60°$

b) $\widehat{D}=180°-\widehat{D}=180°-70°=110°$

$\widehat{A}=180°-\widehat{C}=180°-110°=70°$

c) $\widehat{A}=180°-\widehat{C}=180°-110°=70°$

$\widehat{B}=180°-\widehat{D}=180°-60°=120°$

d) $\widehat{B}=180°-\widehat{D}=180°-65°=115°$

$\widehat{C}=180°-\widehat{A}=180°-130°=50°$

Bài 9.22 trang 55 sách bài tập Toán 9 Tập 2: Hãy cho biết số đo các góc của tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) trong mỗi trường hợp sau:

a) $\widehat{AOB}=100°; \widehat{BOC}=120°; \widehat{COD}=70°$

b) $\widehat{BOC}=110°; \widehat{COD}=70°; \widehat{DOA}=100°$

Lời giải:

a) Góc DAC và COD là góc nội tiếp và góc ở tâm chắn cung $\stackrel{⏜}{CD}$ của (O) nên $\widehat{CAD}=\frac{1}{2}\widehat{COD}$.

Tương tự, ta thấy $\widehat{CAB}=\frac{1}{2}\widehat{BOC},\widehat{ADB}=\frac{1}{2}\widehat{AOB},\widehat{BDC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}$

Do đó ta có: $\widehat{A}=\widehat{DAC}+\widehat{CAB}=\frac{1}{2}\left(\widehat{COD}+\widehat{BOC}\right)=\frac{1}{2}\left(70°+120°\right)=95°$

$\widehat{D}=\widehat{ADB}+\widehat{BDC}=\frac{1}{2}\left(\widehat{AOB}+\widehat{BOC}\right)=\frac{1}{2}\left(100°+120°\right)=110°$

Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên $\widehat{A}+\widehat{C}=180°,\widehat{B}+\widehat{D}=180°$, do đó:

$\widehat{B}=180°-\widehat{D}=180°-110°=70°$

$\widehat{C}=180°-\widehat{A}=180°-95°=85°$

Vậy tứ giác ABCD có $\widehat{A}=95°; \widehat{B}=70°; \widehat{C}=85°; \widehat{D}=110°$

● $\widehat{A}=\widehat{DAC}+\widehat{CAB}=\frac{1}{2}\left(\widehat{COD}+\widehat{BOC}\right)=\frac{1}{2}\left(70°+110°\right)=90°$

● $\widehat{B}=\widehat{ABD}+\widehat{DBC}=\frac{1}{2}\left(\widehat{DOA}+\widehat{COD}\right)=\frac{1}{2}\left(100°+70°\right)=85°$

Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên $\widehat{A}+\widehat{C}=180°,\widehat{B}+\widehat{D}=180°$, do đó:

● $\widehat{D}=180°-\widehat{B}=180°-85°=95°$

● $\widehat{C}=180°-\widehat{A}=180°-80°=90°$

Vậy tứ giác ABCD có $\widehat{A}=80°; \widehat{B}=85°; \widehat{C}=90°; \widehat{D}=95°$

Bài 9.23 trang 55 sách bài tập Toán 9 Tập 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại điểm E. Tính số đo các góc của tứ giác ABCD, biết rằng $\widehat{AEB}=80°; \widehat{ABE}=70°$ và $\widehat{ECB}=50°$

Lời giải:

Vì tổng các góc trong tam giác ABE bằng 180° nên

$\widehat{BAC}=\widehat{BAE}=180°-\widehat{AEB}-\widehat{ABE}=180°-70°-80°=30°$

Xét trong đường tròn (O), ta có:

$\widehat{ACD}=\widehat{ABE}=70°$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{AD}$)

$\widehat{ADB}=\widehat{ECB}=50°$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{AB}$)

$\widehat{CDB}=\widehat{BAC}=30°$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{CB}$)

Suy ra:

$\widehat{BCD}=\widehat{ECB}+\widehat{ACD}=50°+70°=120°$

$\widehat{CDA}=\widehat{CDB}+\widehat{ADB}=30°+50°=80°$

Vì các cặp góc đối nhau của tứ giác nội tiếp ABCD có tổng bẳng 180° nên

$\widehat{DAB}=180°-\widehat{BCD}=180°-120°=60°$

$\widehat{ABC}=180°-\widehat{CDA}=180°-80°=100°$

Vậy $\widehat{BCD}=120°; \widehat{CDA}=80°; \widehat{DAB}=60°; \widehat{ABC}=100°$

Bài 9.24 trang 56 sách bài tập Toán 9 Tập 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) sao cho hai tia AB và DC cắt nhau tại điểm K, hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại điểm H. Kí hiệụ $\stackrel{⏜}{AD}$ là cung AD không chứa B và $\stackrel{⏜}{BC}$ là cung BC không chứa A. Chứng minh rằng:

a) $\widehat{BKC}=\frac{1}{2}\left(sđ\stackrel{⏜}{AD}-sđ\stackrel{⏜}{BC}\right)$

b) $\widehat{BHC}=\frac{1}{2}\left(sđ\stackrel{⏜}{AD}+sđ\stackrel{⏜}{BC}\right)$

Lời giải:

Vì các góc nội tiếp ABD và BDC của (O) lần lượt chắn các cung $\stackrel{⏜}{AD}$ và $\stackrel{⏜}{BC}$ nên $\widehat{ABD}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{AD}l ; BDC=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{BC}$

Do đó $\widehat{BKC}=\widehat{ABD}-\widehat{BDK}=\widehat{ABD}-\widehat{BDC}=\frac{1}{2}\left(sđ\stackrel{⏜}{AD}-sđ\stackrel{⏜}{BC}\right)$

Vậy $\widehat{BKC}=\frac{1}{2}\left(sđ\stackrel{⏜}{AD}-sđ\stackrel{⏜}{BC}\right)$ (đpcm).

b) Vì góc nội tiếp BAC của (O) chắn cung $\stackrel{⏜}{BC}$ nên $\widehat{BAC}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{BC}$

Do đó $\widehat{BHC}=\widehat{ABH}+\widehat{BAH}=\widehat{ABD}+\widehat{BAC}=\frac{1}{2}\left(sđ\stackrel{⏜}{AD}+sđ\stackrel{⏜}{BC}\right)$

Vậy $\widehat{BHC}=\frac{1}{2}\left(sđ\stackrel{⏜}{AD}+sđ\stackrel{⏜}{BC}\right)$ (đpcm).

Bài 9.25 trang 56 sách bài tập Toán 9 Tập 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) sao cho hai tia AB và DC cắt nhau tại điểm I. Chứng minh rằng:

a) ∆IAD ᔕ ∆ICB; ∆IAC ᔕ ∆IDB;

b) $\frac{IC}{ID}=\frac{AC}{AD}.\frac{BC}{BD}$

Lời giải:

a) Ta có $\widehat{BAD}+\widehat{BCD}=180°$ (hai góc đối nhau của tứ giác nội tiếp ABCD).

● Xét ∆IAD và ∆ICB có:

$\widehat{AID}=\widehat{CIB}$ (góc chung)

$\widehat{IAD}=\widehat{BAD}=180°-\widehat{BCD}=\widehat{ICB}$

Do đó ∆IAD ᔕ ∆ICB (g.g).

● Xét ∆IAC và ∆IDB có:

$\widehat{AIC}=\widehat{DIB}$ (góc chung)

$\widehat{IAC}=\widehat{IDB}$ (hai góc nội tiếp của (O) cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{BC}$)

Do đó ∆IAC ᔕ ∆IDB (g.g).

Vậy ∆IAD ᔕ ∆ICB, ∆IAC ᔕ ∆IDB (g.g) (đpcm).

b) Vì ∆IAD ᔕ ∆ICB và ∆IAC ᔕ ∆IDB nên ta có:

$\frac{IC}{IA}=\frac{BC}{AD};\frac{IA}{ID}=\frac{AC}{BD}$ .

Suy ra $\frac{IC}{ID}=\frac{IC}{IA}\cdot \frac{IA}{ID}=\frac{AC}{AD}\cdot \frac{BC}{BD}$ (đpcm)

Bài 9.26 trang 56 sách bài tập Toán 9 Tập 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại điểm J. Chứng minh rằng:

a) ∆JAD ᔕ ∆JBC; ∆JAB ᔕ ∆JDC;

b) $\frac{JA}{JC}=\frac{BA}{BC}\cdot \frac{DA}{DC}$

Lời giải:

a) ● Xét ∆JAD và ∆JBC có:

$\widehat{AJD}=\widehat{BJC}$ (hai góc đối đỉnh)

$\widehat{JAD}=\widehat{JBC}$ (hai góc nội tiếp của (O) cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{DC}$)

Do đó ∆JAD ᔕ ∆JBC (g.g). (đpcm)

● Xét ∆JAB và ∆JDC có:

$\widehat{AJB}=\widehat{DJC}$ (hai góc đối đỉnh)

$\widehat{JAB}=\widehat{JDC}$ (hai góc nội tiếp của (O) cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{BC}$)

Do đó ∆JAB ᔕ ∆JDC (g.g). (đpcm)

b) Vì ∆JAD ᔕ ∆JBC và ∆JAB ᔕ ∆JDC nên ta có:

$\frac{JA}{JB}=\frac{DA}{BC};\frac{JB}{JC}=\frac{BA}{DC}$

Suy ra $\frac{JA}{JC}=\frac{JA}{JB}\cdot \frac{JB}{JC}=\frac{BA}{BC}\cdot \frac{DA}{DC}$(đpcm).

Bài 9.27 trang 56 sách bài tập Toán 9 Tập 2: Chứng minh rằng:

a) Nếu một hình bình hành nội tiếp một đường tròn thì hình đó phải là hình chữ nhật;

b) Nếu một hình thoi nội tiếp một đường tròn thì hình đó phải là hình vuông;

c) Nếu một hình thang nội tiếp một đường tròn thì hình đó phải là hình thang cân.

Lời giải:

a) Nếu một hình bình hành nội tiếp một đường tròn thì hai góc đối nhau của chúng bằng nhau và có tổng bằng 180°.

Do vậy mỗi góc đó đều vuông và hình bình hành đó phải là hình chữ nhật;

b) Nếu một hình thoi nội tiếp một đường tròn thì theo câu a hình thoi đó phải là hình chữ nhật. Vì hình chữ nhật này có các cạnh bằng nhau nên phải là hình vuông.

c) Giả sử hình thang ABCD (AB // CD) nội tiếp một đường tròn thì $\widehat{A}=180°-\widehat{C}$ (do AB // CD)

Mà ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn nên ta có:

$\widehat{A}=180°-\widehat{D}$, suy ra $\widehat{A}=\widehat{C}$

Do vậy ABCD là hình thang cân.

Bài 9.28 trang 56 sách bài tập Toán 9 Tập 2: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4 cm. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ nội tiếp một đường tròn và tìm bán kính, chu vi của đường tròn đó.

Lời giải:

Do tam giác QAM vuông cân tại A nên ta có

$QM=\sqrt{Q{A}^2+M{A}^2}=\sqrt{2}QA=2\sqrt{2}$(cm)

Tương tự ta có $MN=NP=PQ=QM=2\sqrt{2}$cm.

Suy ra MNPQ là hình thoi.

Mà $\widehat{MNP}=180°-\widehat{MNB}-\widehat{PNC}=180°-45°-45°=90°$

Vì MNPQ là hình vuông có cạnh bằng $2\sqrt{2}$cm và có đường chéo $MP=\sqrt{M{Q}^2+Q{P}^2}=\sqrt{{\left(2\sqrt{2}\right)}^2+{\left(2\sqrt{2}\right)}^2}=4$ (cm).

Vì vậy MNPQ nội tiếp một đường tròn có tâm là trung điểm của MP (dpcm) và có bán kính bằng $\frac{MP}{2}=\frac{4}{2}=2$(cm).

Chu vi của đường tròn đó là $C=2\pi .2=4\pi \approx \mathrm{12,56}$(cm).

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNPQ là 2 cm và chu vi đường tròn đó là khoảng 12,56 cm.

Bài 9.29 trang 56 sách bài tập Toán 9 Tập 2: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 3 cm và nội tiếp đường tròn (O) như Hình 9.8. Tính tổng diện tích của bốn hình viên phân được giới hạn bởi các cạnh hình vuông (phần tô đậm trong hình).

Lời giải:

Diện tích hình vuông ABCD là: S₁ = 3 . 3 = 9 (cm²)

Ta có: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}$(cm)

Đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có bán kính bằng một nửa AC nên

$R=\frac{AC}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ (cm).

Diện tích của hình tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD là:

$S_2=\pi R^2=\pi {\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)}^2=\frac{9}{2}\pi \approx \mathrm{14,14}$(cm²).

Tổng diện tích của bốn hình viên phân là:

S = S₁ – S₂ = 14,14 – 9 = 5,13 (cm²)

Vậy tổng diện tích của bốn hình viên phân là 5,13 cm².

Bài 9.30 trang 56 sách bài tập Toán 9 Tập 2: Cho hình thoi ABCD có AC = 8 cm, BD = 4 cm. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ nội tiếp một đường tròn và tìm bán kính của đường tròn đó.

Lời giải:

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Khi đó ta có OA = OC = 4 cm; OB = OD = 2 cm.

Vì tam giác AOB vuông tại O nên ta có:

$BC=CD=DA=AB=\sqrt{O{A}^2+O{B}^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$(cm)

Vì M là trung điểm của AB nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB và $MO=MA=MB=\frac{AB}{2}=\frac{2\sqrt{5}}{2}=\sqrt{5}$(cm)

Tương tự, ta có $MO=NO=PO=QO=\sqrt{5}$cm.

Vậy MNPQ nội tiếp một đường tròn (O) có bán kính bằng $\sqrt{5}$cm.

Bài 9.31 trang 56 sách bài tập Toán 9 Tập 2: Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn (O) với AB = 3 cm; AD = 4 cm. Vẽ một hình vuông nội tiếp (O). Tính diện tích của hình vuông đó.

Lời giải:

Độ dài đường chéo hình chữ nhật ABCD là:

$BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$ (cm)

Đường tròn (O) có tâm O là trung điểm của BD và bán kính là:

$R=\frac{BD}{2}=\frac{5}{2}=\mathrm{2,5}$ (cm)

Hình vuông nội tiếp (O) có cạnh bằng a, đường chéo của hình vuông đó là: $\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a$

Đường tròn (O) ngoại tiếp hình vuông nên ta có:

$R=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ hay $\mathrm{2,5}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, suy ra $a=\frac{5\sqrt{2}}{2}$(cm).

Vậy diện tích của hình vuông là: $a^2={\left(\frac{5\sqrt{2}}{2}\right)}^2=\mathrm{12,5}$(cm²).

Bài 9.32 trang 57 sách bài tập Toán 9 Tập 2: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao BE, CF. Một đường tròn (O) đi qua hai điểm E, F và cắt các tia đối của hai tia BF, CE lần lượt tại X và Y. Chứng minh rằng XY song song với BC.

Lời giải:

Vì các tam giác vuông BED và BFC có chung cạnh huyền BC nên bốn điểm B, F, E, C cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.

Do đó BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn bán kính BC.

Vì tổng các góc đối nhau của các tứ giác nội tiếp BFEC và XFEY bằng 180° nên ta có:

$\widehat{FBC}=180°-\widehat{FEC}=180°-\widehat{FEY}=\widehat{FXY}$

Do đó BC // XY (do hai góc đồng vị bằng nhau).

Xem thêm lời giải Sách bài tập Toán lớp 9 bộ sách Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Bài 28: Đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp của một tam giác

Bài 30: Đa giác đều

Bài tập cuối chương 9

Bài 31: Hình trụ và hình nón

Bài 32: Hình cầu

Xem thêm tài liệu Toán lớp 9 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Lý thuyết Tứ giác nội tiếp lớp 9

Giáo án điện tử Tứ giác nội tiếp lớp 9

Giáo án Tứ giác nội tiếp lớp 9

Giải sgk Toán 9 Bài 29: Tứ giác nội tiếp