Câu 39 trang 106 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2. Trên đường tròn tâm O có một cung AB và S là điểm chính giữa của cung đó. Trên dây AB lấy hai điểm E và H. Các đường thẳng SH và SE cắt đường tròn theo thứ tự tại C và D. Chứng minh EHCD là một tứ giác nội tiếp. Giải S là điểm chính giữa của cung \(\overparen{AB}\). \( \Rightarrow \) \(\overparen{SA}\) = \(\overparen{SB}\) (1) \(\widehat {DEB} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{DCB}\) + sđ \(\overparen{AS}\)) tính chất góc có đỉnh ở bên trong đường tròn) (2) \(\widehat {DCS} = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{DAS}\) (tính chất góc nội tiếp) hay \(\widehat {DCS} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{DA}\) + sđ \(\overparen{SA}\)) (3) Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat {DEB} + \widehat {DCS} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{DCB}\) + sđ \(\overparen{AS}\) + sđ \(\overparen{DA}\) + sđ \(\overparen{SA}\) (4) Từ (1) và (4) suy ra: \(\widehat {DEB} + \widehat {DCS} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{DCB}\) + sđ \(\overparen{BS}\) + sđ \(\overparen{SA}\) + sđ \(\overparen{DA}\) \( = {{360^\circ } \over 2} = 180^\circ \) Hay \(\widehat {DEH} + \widehat {DCH} = 180^\circ \) Vậy: tứ giác EHCD nội tiếp được trong một đường tròn. Câu 40 trang 106 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2. Cho tam giác ABC. Các đường phân giác trong của \(\widehat B\) và \(\widehat C\) cắt nhau tại S, các đường phân giác ngoài của \(\widehat B\) và \(\widehat C\) cắt nhau tại E. Chứng minh BSCE là một tứ giác nội tiếp. Giải BS ⊥ BE (tính chất hai góc kề bù) \( \Rightarrow \widehat {SBE} = 90^\circ \) CS ⊥ CE (tính chất hai góc kề bù) \( \Rightarrow \widehat {SCE} = 90^\circ \) Xét tứ giác BSCE ta có: \(\widehat {SBE} + \widehat {SCE} = 180^\circ \) Vậy tứ giác BSCE nội tiếp. Câu 41 trang 106 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2. Cho tam giác cân ABC có đáy BC và \(\widehat A = {20^0}\). Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C lấy điểm D sao cho DA = DB và \(\widehat {DAB} = {40^0}\). Gọi E là giao điểm của AB và CD. a) Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp b) Tính \(\widehat {AED}\) Giải a) ∆ABC cân tại A (gt). \( \Rightarrow \widehat {ACB} = \widehat {ABC}\) (tính chất tam giác cân) \( \Rightarrow \widehat {ACB} = {{180^\circ - \widehat A} \over 2} = {{180^\circ - 20^\circ } \over 2} = 80^\circ \) ∆DAB cân tại D. \( \Rightarrow \widehat {DBA} = \widehat {DAB}\) (tính chất tam giác cân) mà \(\widehat {DAB} = 40^\circ \) (gt) \( \Rightarrow \widehat {DBA} = 40^\circ \) \(\widehat {ADB} = 180^\circ - (\widehat {DAB} + \widehat {DBA}) = 180^\circ - (40^\circ + 40^\circ ) = 100^\circ \) Trong tứ giác ACBD ta có: \(\widehat {ACB} + \widehat {ADB} = 80^\circ + 100^\circ = 180^\circ \) Vậy: Tứ giác ACBD nội tiếp. b) Tứ giác ACBD nội tiếp \(\widehat {BAC} = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{BC}\) (tính chất góc nội tiếp) \( \Rightarrow \) sđ \(\overparen{BC}\)\( = 2\widehat {BAC} = 2.20^\circ = 40^\circ \) \(\widehat {DBA} = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{AD}\) (tính chất góc nội tiếp) \( \Rightarrow \) sđ \(\overparen{AD}\) \( = 2\widehat {DBA} = 2.40^\circ = 80^\circ \) \(\widehat {AED}\) là góc có đỉnh ở trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACBD \(\widehat {AED} = {1 \over 2}\)(sđ \(\overparen{BC}\) + sđ \(\overparen{AD}\)) \( = {{40^\circ + 80^\circ } \over 2} = 60^\circ \) Câu 42 trang 107 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2. Cho ba đường tròn cùng đi qua một điểm P. Gọi các giao điểm khác P của hai trong ba đường tròn đó là A, B, C. Từ một điểm D (khác điểm P) trên đường tròn (PBC) kẻ các tia DB, DC cắt các đường tròn (PAB) và (PAC) lần lượt tại M, N. Chứng minh ba điểm M, A, N thẳng hàng. Giải Gọi ba đường tròn tâm O1, O2, O3 (O1) cắt (O2) tại A; (O1) cắt (O3) tại B. (O2) cắt(O3) tại C. Suy ra D là điểm nằm trên đường tròn (O3). BD cắt (O1) tại M, DC cắt (O2) tại N. Nối PA, PB, PC; MA, NA. Ta có tứ giác APBM nội tiếp trong đường tròn (O1). \(\widehat {MAP} + \widehat {MBP} = 180^\circ \) (tính chất tứ giác nội tiếp) \(\widehat {MBP} + \widehat {PBD} = 180^\circ \) (kề bù) Suy ra: \(\widehat {MAP} = \widehat {PBD}\) (1) Ta có: Tứ giác APCN nội tiếp trong đường tròn (O2) \(\widehat {NAP} + \widehat {NCP} = 180^\circ \) (tính chất tứ giác nội tiếp) \(\widehat {NCP} + \widehat {PCD} = 180^\circ \) (kề bù) Suy ra: \(\widehat {NAP} = \widehat {PCD}\) (2) Tứ giác BPCD nội tiếp trong đường tròn (O3) \( \Rightarrow \widehat {PBD} + \widehat {PCD} = 180^\circ \) (tính chất tứ giác nội tiếp) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(\widehat {MAP} + \widehat {NAP} = 180^\circ \) Vậy ba điểm M, A, N thẳng hàng. Câu 43 trang 107 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2. Cho hai đoạn thẳng AC và BD cắt nhau tại E. Biết \(AE.EC = BE.ED\). Chứng minh bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn. Giải AE. EC =BE. ED (gt) \( \Rightarrow {{AE} \over {ED}} = {{BE} \over {EC}}\) Xét ∆AEB và ∆DEC: \({{AE} \over {ED}} = {{BE} \over {EC}}\) \(\widehat {AEB} = \widehat {DEC}\) (đối đỉnh) Suy ra: ∆AEB đồng dạng ∆DEC (c.g.c) \( \Rightarrow \widehat {BAE} = \widehat {CDE}\) hay \(\widehat {BAC} = \widehat {CDB}\) A và D nhìn đoạn BC cố định dưới một góc bằng nhau nên A và D nằm trên một cung chứa góc vẽ trên BC hay 4 điểm A,B, C, D nằm trên một đường tròn. Câu 7.1 trang 107 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ các đường cao AI, BK, CL của tam giác ấy. Gọi H là giao điểm của các đường cao vừa vẽ. a) Chỉ ra các tứ giác nội tiếp có đỉnh lấy trong số các điểm A, B, C, H, I, K, L b) Chứng minh \(\widehat {LBH},\widehat {LIH},\widehat {KIH}\) và \(\widehat {KCH}\) là 4 góc bằng nhau. c) Chứng minh KB là tia phân giác của \(\widehat {LKI}\). Giải Vì ∆ABC là tam giác nhọn nên ba đường cao cắt nhau tại điểm H nằm trong tam giác ABC. a) Tứ giác AKHL có \(\widehat {AKH} + \widehat {ALH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) Tứ giác AKHL nội tiếp. Tứ giác BIHL có \(\widehat {BIH} + \widehat {BLH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) Tứ giác BIHL nội tiếp. Tứ giác CIHK có \(\widehat {CIH} + \widehat {CKH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) Tứ giác CIHK nội tiếp. Tứ giác ABIK có \(\widehat {AKB} = 90^\circ;\widehat {AIB} = 90^\circ \) K và I nhìn đoạn AB dưới một góc vuông nên tứ giác ABIK nội tiếp. Tứ giác BCKL có \(\widehat {BKC} = 90^\circ;\widehat {BLC} = 90^\circ \) K và L nhìn đoạn BC dưới một góc vuông nên tứ giác BCKL nội tiếp. Tứ giác ACIL có \(\widehat {AIC} = 90^\circ;\widehat {ALC} = 90^\circ \) I và L nhìn đoạn AC dưới một góc vuông nên tứ giác ACIL nội tiếp. b) Tứ giác BIHL nội tiếp. \( \Rightarrow \widehat {LBH} = \widehat {LIH}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{LH}\)) (1) Tứ giác CIHK nội tiếp. \( \Rightarrow \widehat {HIK} = \widehat {HCK}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{HK}\)) (2) Tứ giác BCKL nội tiếp. \( \Rightarrow \widehat {LBK} = \widehat {LCK}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{LK}\)) hay \(\widehat {LBH} = \widehat {HCK}\) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(\widehat {LKH} = \widehat {HKI}\). Vậy KB là tia phân giác của \(\widehat {LKI}.\) Câu 7.2 trang 107 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2 Cho đường tròn tâm O bán kính R và hai dây AB, CD bất kì. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Gọi E và F tương ứng là giao điểm của MC, MD với dây AB. Gọi I và J tương ứng là giao điểm của DE, CF với đường tròn (O). Chứng minh IJ song song với AB. Giải M là điểm chính giữa của cung nhỏ \(\overparen{AB}\). \(\overparen{MA}\) = \(\overparen{MB}\) \(\widehat {AEC} = {1 \over 2}\) (sđ\(\overparen{AC}\) +sđ \(\overparen{MB}\)) (góc có đỉnh ở trong đường tròn) \(\widehat {CDM} = {1 \over 2}\) sđ\(\overparen{MAC}\) (tính chất góc nội tiếp) hay \(\widehat {CDF} = {1 \over 2}\) sđ\(\overparen{MA}\) + sđ\(\overparen{AC}\) Suy ra: \(\widehat {AEC} = \widehat {CDF}\) \(\widehat {AEC} + \widehat {{\rm{CEF}}} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) Suy ra: \(\widehat {CDF} + \widehat {{\rm{CEF}}} = 180^\circ \) nên tứ giác CDFE nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {CDE} = \widehat {CFE}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{CE}\)) hay \(\widehat {CDI} = \widehat {CFE}\) Trong đường tròn (O) ta có: \(\widehat {CDI} = \widehat {CJI}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{CAI}\)) Suy ra: \(\widehat {CJI} = \widehat {CFE}\) \( \Rightarrow \) IJ // AB (vì có cặp góc ở vị trí đồng tâm bằng nhau)
