Bài 53 trang 89 sgk Toán lớp 9 tập 2. Biết \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp. Hãy điền vào ô trống trong bẳng sau (nếu có thể) Hướng dẫn giải: - Trường hợp 1: Ta có \(\widehat{A}\) + \(\widehat{C}\) = \(180^0\) => \(\widehat{C}\) = \(180^0\) - \(\widehat{A}\)= \(180^0\)– \(80^0\)=\(100^0\) \(\widehat{B}\) + \(\widehat{D}\) = \(180^0\) => \(\widehat{D}\) = \(180^0\) - \(\widehat{B}\)= \(180^0\) – \(70^0\) = \(110^0\) Vậy điểm \(\widehat{C}\) = \(100^0\) , \(\widehat{D}\) = \(110^0\) - Trường hợp 2: Ta có \(\widehat{A}\) + \(\widehat{C}\) = \(180^0\)=> \(\widehat{C}\) = \(180^0\) - \(\widehat{A}\)= \(180^0\)– \(105^0\)= \(75^0\) \(\widehat{B}\) + \(\widehat{D}\) = \(180^0\) => \(\widehat{D}\) = \(180^0\) - \(\widehat{B}\)= \(180^0\) – \(75^0\) = \(105^0\) - Trường hợp 3: \(\widehat{A}\) + \(\widehat{C}\) = \(180^0\)=> \(\widehat{C}\) = \(180^0\)- \(\widehat{A}\)= \(180^0\) – \(60^0\) =\(120^0\) \(\widehat{B}\) + \(\widehat{D}\) = \(180^0\) Chẳng hạn chọn \(\widehat{B}\)= \(70^0\),\(\widehat{D}\) = \(110^0\) - Trường hợp 4: \(\widehat{D}\) = \(180^0\)- \(\widehat{B}\)= \(180^0\) – \(40^0\)= \(140^0\) Còn lại \(\widehat{A}\) + \(\widehat{C}\) = \(180^0\). Chẳng hạn chọn \(\widehat{A}\)= \(100^0\) ,\(\widehat{B}\) =\(80^0\) - Trường hợp 5: \(\widehat{A}\) = \(180^0\)- \(\widehat{C}\)=\(180^0\) – \(74^0\)= \(106^0\) \(\widehat{B}\) = \(180^0\) - \(\widehat{D}\)= \(180^0\) – \(65^0\)= \(115^0\) - Trường hợp 6: \(\widehat{C}\) = \(180^0\) - \(\widehat{A}\)= \(180^0\) – \(95^0\) = \(85^0\) \(\widehat{B}\) = \(180^0\) - \(\widehat{D}\)=\(180^0\) – \(98^0\) = \(82^0\) Vậy điền vào ô trống ta được bảng sau: Bài 54 trang 89 sgk Toán lớp 9 tập 2. Tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat{ABC}\) + \(\widehat{ADC}\) = \(180^0\). Chứng minh rằng các đường trung trực của \(AC, BD, AB\) cùng đi qua một điểm. Hướng dẫn giải: Tứ giác \(ABCD\) có tổng hai góc đối diện bằng \(180^0\) nên nội tiếp đường tròn tâm \(O\), ta có \(OA = OB = OC = OD\) Do đó các đường trung trực của \(AB, BD, AB\) cùng đi qua \(O\) Bài 55 trang 89 sgk Toán lớp 9 tập 2. Cho \(ABCD\) là một tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(M\), biết \(\widehat {DAB}\)= \(80^0\), \(\widehat {DAM}\) = \(30^0\), \(\widehat {BMC}\)= \(70^0\). Hãy tính số đo các góc \(\widehat {MAB}\), \(\widehat {BCM}\), \(\widehat {AMB}\), \(\widehat {DMC}\), \(\widehat {AMD}\), \(\widehat {MCD}\) và \(\widehat {BCD}\) Ta có: \(\widehat {MAB} = \widehat {DAB} - \widehat {DAM} = {80^0} - {30^0} = {50^0}\) (1) - \(∆MBC\) là tam giác cân (\(MB= MC\)) nên \(\widehat {BCM} = {{{{180}^0} - {{70}^0}} \over 2} = {55^0}\) (2) - \(∆MAB\) là tam giác cân (\(MA=MB\)) nên \(\widehat {MAB} = {50^0}\) (theo (1)) Vậy \(\widehat {AMB} = {180^0} - {2.50^0} = {80^0}\) \(\widehat {BAD}\) =\(\frac{sđ\overparen{BCD}}{2}\)(số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn) \(=>sđ\overparen{BCD}\)=\(2.\widehat {BAD} = {2.80^0} = {160^0}\) Mà \(sđ\overparen{BC}\)= \(\widehat {BMC} = {70^0}\) (số đo ở tâm bằng số đo cung bị chắn) Vậy \(sđ\overparen{DC}\)=\({160^0} - {70^0} = {90^0}\) (vì C nằm trên cung nhỏ cung \(BD\)) Suy ra \(\widehat {DMC} = {90^0}\) (4) \(∆MAD\) là tam giác cân (\(MA= MD\)) Suy ra \(\widehat {AMD} = {180^0} - {2.30^0}\) (5) \(∆MCD\) là tam giác vuông cân (\(MC= MD\)) và \(\widehat {DMC} = {90^0}\) Suy ra \(\widehat {MCD} = \widehat {MDC} = {45^0}\) (6) \(\widehat {BCD} = {100^0}\) theo (2) và (6) và vì CM là tia nằm giữa hai tia \(CB, CD\). Bài 56 trang 89 sgk Toán lớp 9 tập 2. Xem hình 47. Hãy tìm số đo các góc của tứ giác \(ABCD\) Hướng dẫn giải: Ta có \(\widehat{BCE}\) = \(\widehat{DCF}\) (hai góc đối đỉnh) Đặt \(x\) = \(\widehat{BCE}\) = \(\widehat{DCF}\). Theo tính chất góc ngoài tam giác, ta có: \(\widehat{ABC}\) = \(x\) + \(40^0\) (1) \(\widehat{ADC}\) = \(x\) + \(20^0\) (2) Lại có \(\widehat{ABC}\) +\(\widehat{ADC}\) = \(180^0\) (3) (hai góc đối diện tứ giác nội tiếp) Từ (1), (2), (3) suy ra: \(180^0\) = \(2x\) + \(60^0\) \(\Rightarrow\) \(x \)= \(60^0\) Từ (1), ta có: \(\widehat{ABC}\) = \(60^0\) + \(40^0\) = \(100^0\) Từ (2), ta có: \(\widehat{ADC}\) = \(60^0\) +\(20^0\) = \(80^0\) \(\widehat{BCD}\) = \(180^0\) \(– x\) (hai góc kề bù) \(\Rightarrow\)\(\widehat{BCD}\) = \(120^0\) \(\widehat{BAD}\) = \(180^0\) - \(\widehat{BCD}\) (hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp) \(\Rightarrow\) \(\widehat{BAD}\) = \(180^0\)– \(120^0\) = \(60^0\) Bài 57 trang 89 sgk Toán lớp 9 tập 2. Trong các hình sau, hình nào nội tiếp được một đường tròn: Hình bình hành, hình chữ nhật, hình vuông, hình thang, hình thang vuông, hình thang cân ? Vì sao? Hướng dẫn giải: Hình bình hành nói chung không nội tiếp được đường tròn vì tổng hai góc đối diện không bằng \(180^0\).Trường hợp riêng của hình bình hành là hình chữ nhật (hay hình vuông) thì nội tiếp đường tròn vì tổng hai góc đối diện là \(90^0\) + \(90^0\) = \(180^0\) Hình thang nói chung, hình thang vuông không nội tiếp được đường tròn. Hình thang cân \(ABCD (BC= AD)\) có hai góc ở mỗi đáy bằng nhau \(\widehat{A}\) = \(\widehat{B}\), \(\widehat{C}\) = \(\widehat{D}\); mà \(\widehat{A}\) +\(\widehat{D}\) = \(180^0\) (hai góc trong cùng phía tạo bởi cát tuyến \(AD\) với \(AD // CD\)),suy ra \(\widehat{A}\) +\(\widehat{C}\) =\(180^0\). Vậy hình thang cân luôn có tổng hai góc đối diện bằng \(180^0\)nên nội tiếp được đường tròn Bài 58 trang 90 sgk Toán lớp 9 tập 2. Cho tam giác đều \(ABC\). Trên nửa mặt phẳng bờ \(BC\) không chứa đỉnh \(A\), lấy điểm \(D\) sao cho \(DB = DC\) và \(\widehat{DCB}\) =\(\frac{1}{2}\) \(\widehat{ACB}\). a) Chứng minh \(ABDC\) là tứ giác nội tiếp. b) Xác định tâm của đường tròn đi qua bốn điểm \(A, B, D, C\). Hướng dẫn giải: a) Theo giả thiết, \(\widehat{DCB}\) =\(\frac{1}{2}\) \(\widehat{ACB}\) = \(\frac{1}{2}\) .\(60^0\)= \(30^0\) \(\widehat{ACD}\) = \(\widehat{ACB}\) + \(\widehat{BCD}\) (tia \(CB\) nằm giữa hai tia \(CA, CD\)) \(\Rightarrow\)\(\widehat{ACD}\) = \(60^0\) + \(30^0\)=\(90^0\) (1) Do \(DB = CD\) nên ∆BDC cân => \(\widehat{DBC}\) = \(\widehat{DCB}\) = 30o Từ đó \(\widehat{ABD}\) = \(30^0\)+\(60^0\)=\(90^0\) (2) Từ (1) và (2) có \(\widehat{ACD}\) + \(\widehat{ABD}\) = \(180^0\) nên tứ giác \(ABDC\) nội tiếp được. b) Vì \(\widehat{ABD}\) = \(90^0\)nên \(AD\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(ABDC\), do đó tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(ABDC\) là trung điểm \(AD\). Bài 59 trang 90 sgk Toán lớp 9 tập 2. Cho hình bình hành \(ABCD\). Đường tròn đi qua ba đỉnh \(A, B, C\) cắt đường thẳng \(CD\) tại \(P\) khác \(C\). Chứng minh \(AP = AD\) Hướng dẫn giải: Do tứ giác \(ABCP\) nội tiếp nên ta có: \(\widehat{BAP}\) + \(\widehat{BCP}\) = \(180^0\) (1) Ta lại có: \(\widehat{ABC}\)+ \(\widehat{BCP}\) = \(180^0\) (2) (hai góc trong cùng phía tạo bởi cát tuyến \(CB\) và \(AB // CD\)) Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat{BAP}\) = \(\widehat{ABC}\) Vậy \(ABCP\) là hình thang cân, suy ra \(AP = BC\) (3) nhưng \(BC = AD\) (hai cạnh đối đỉnh của hình bình hành) (4) Từ (3) và (4) suy ra \(AP = AD\). Bài 60 trang 90 sgk Toán lớp 9 tập 2. Xem hình 48. Chứng minh \(QR // ST\). Hướng dẫn giải: Kí hiệu như hình vẽ. Ta có tứ giác \(ISTM\) nội tiếp đường tròn nên: \(\widehat{S_{1}}\) + \(\widehat{M}\) =\(180^0\) Mà \(\widehat{M_{1}}\) + \(\widehat{M_{3}}\) = \(180^0\)(kề bù) nên suy ra \(\widehat{S_{1}}\) = \(\widehat{M_{3}}\) (1) Tương tự từ các tứ giác nội tiếp \(IMPN\) và \(INQS\) ta được \(\widehat{M_{3}}\) = \(\widehat{N_{4}}\) (2) \(\widehat{N_{4}}\) = \(\widehat{R_{2}}\) (3) Từ (1), (2), (3) suy ra \(\widehat{S_{1}}\) = \(\widehat{R_{2}}\) (hai góc ở vị trí so le trong). Do đó \(QR // ST\)
