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

Giải chi tiết Giải SGK Toán 9 Bài 2 (Sách Cánh diều): Tứ giác nội tiếp đường tròn – SÁCH GIÁO KHOA TOÁN 9 CÁNH DIỀU – 2024

================

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

Khởi động trang 75 Toán 9 Tập 2:Hình 19 minh họa một đường tròn và tứ giác ABCD có bốn đỉnh thuộc đường tròn.

Tứ giác ABCD được gọi là gì?

Lời giải:

Sau bài học này, chúng ta sẽ trả lời được câu hỏi trên như sau:

Tứ giác ABCD được gọi là tứ giác nội tiếp đường tròn.

I. Định nghĩa

Hoạt động 1 trang 75 Toán 9 Tập 2:Quan sát Hình 20 và cho biết các đỉnh của tứ giác ABCD có thuộc đường tròn (O) hay không.

Lời giải:

Ở Hình 20, các đỉnh A, B, C, D của tứ giác ABCD đều thuộc đường tròn (O).

Luyện tập 1 trang 75 Toán 9 Tập 2:Dùng thước thẳng và compa vẽ một tứ giác nội tiếp đường tròn theo các bước sau:

– Vẽ một đường tròn;

– Vẽ tứ giác có bốn đỉnh thuộc đường tròn.

Lời giải:

Vẽ đường tròn (O), lấy 4 điểm A, B, C, D (theo thứ tự cùng chiều kim đồng hồ) thuộc đường tròn (O) và nối các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA thì ta được tứ giác ABCD có bốn đỉnh thuộc đường tròn (O) (hình vẽ).

II. Tính chất

Hoạt động 2 trang 76 Toán 9 Tập 2:Trong Hình 22, cho biết$\widehat{AOC}=\alpha .$

Tính số đo của các cung và góc sau theo α:

Lời giải:

a) Xét đường tròn (O) có:

⦁$\widehat{AOC}$là góc ở tâm chắn cung ADC nên$sđ\stackrel{⏜}{ADC}=\widehat{AOC}=\alpha .$

⦁$\widehat{ABC}$là góc nội tiếp chắn cung ADC nên$\widehat{ABC}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{ADC}=\frac{1}{2}\alpha .$

b) Xét đường tròn (O) có:

⦁$sđ\stackrel{⏜}{ABC}=360°-sđ\stackrel{⏜}{ADC}=360°-\alpha .$

⦁$\widehat{ADC}$là góc nội tiếp chắn cung ABC nên$\widehat{ADC}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{ABC}=\frac{1}{2}\left(360°-\alpha \right).$

c) Ta có:$\widehat{ADC}+\widehat{ABC}=\frac{1}{2}\left(360°-\alpha \right)+\frac{1}{2}\alpha$

$=\frac{1}{2}\left(360°-\alpha +\alpha \right)=\frac{1}{2}\cdot 360°=180°.$

Vậy$\widehat{ADC}+\widehat{ABC}=180°.$

Luyện tập 2 trang 76 Toán 9 Tập 2:Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác đều ABC và điểm M thuộc cung nhỏ BC (M khác B và C). Tính số đo góc BMC.

Lời giải:

Vì tam giác ABC đều nên$\widehat{BAC}=60°.$

Vì 4 điểm A, B, M, C cùng nằm trên đường tròn (O) nên tứ giác ABMC là tứ giác nội tiếp đường tròn (O).

Do đó tổng số đo hai góc đối của tứ giác ABMC bằng 180°.

Suy ra$\widehat{BAC}+\widehat{BMC}=180°$

Nên$\widehat{BMC}=180°-\widehat{BAC}=180°-60°=120°.$

Vậy$\widehat{BMC}=120°.$

III. Hình chữ nhật , hình vuông nội tiếp đường tròn

Hoạt động 3 trang 76 Toán 9 Tập 2:Cho hình chữ nhật ABCD, AC cắt BD tại O (Hình 24). Đặt R = OA và vẽ đường tròn (O; R). Các điểm A, B, C, D có thuộc (O; R) hay không?

Lời giải:

Vì ABCD là hình chữ nhật nên hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường và AC = BD.

Mà O là giao điểm của AC và BD nên O là trung điểm của AC, BD.

Suy ra$OA=OC=\frac{1}{2}AC$và$OB=OD=\frac{1}{2}BD.$

Do đó OA = OB = OC = OD = R.

Vậy các điểm A, B, C, D đều thuộc đường tròn (O; R).

Luyện tập 3 trang 77 Toán 9 Tập 2:Người ta làm một logo có dạng hình tròn, trong đó có một hình chữ nhật nội tiếp đường tròn với chiều dài và chiều rộng lần lượt là 8 cm và 6 cm. Hình chữ nhật được tô màu xanh còn phần khác của logo được tô màu đỏ. Tính diện tích phần được tô màu đỏ.

Lời giải:

Giả sử hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn (O) có AB = CD = 6 cm và AD = BC = 8 cm.

Khi đó đường chéo AC là đường kính của đường tròn (O).

Xét ∆ADC vuông tại D, theo định lí Pythagore, ta có:

AC²= AD²+ DC²= 8²+ 6²= 100.

Suy ra AC = 10 cm.

Do đó bán kính của đường tròn (O) là$R=\frac{AC}{2}=\frac{10}{2}=5\text{(cm).}$

Diện tích hình tròn bán kính R = 5 cm là:

S₁= πR²= π.5²= 25π (cm²).

Diện tích hình chữ nhật ABCD là:

S₂= AD.DC = 8.6 = 48 (cm²).

Diện tích phần được tô màu đỏ là:

S = S₁– S₂= 25π – 48 (cm²) ≈ 30,5 (cm²) với π ≈ 3,14.

Hoạt động 4 trang 77 Toán 9 Tập 2:Cho hình vuông ABCD, AC cắt BD tại điểm O (Hình 20).

a) Mỗi đường chéo của hình vuông ABCD có phải là đường kính của đường tròn ngoại tiếp hình vuông đó hay không?

b) Cho biết AB = a, tính OA theo a.

Lời giải:

a) Vì hình vuông cũng là hình chữ nhật nên mỗi đường chéo AC và BD của hình vuông ABCD cũng đều là đường kính của đường tròn ngoại tiếp hình vuông đó.

b) Vì ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD tại trung điểm O của mỗi đường và AC = BD.

Do đó$OA=OC=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}BD=OB=OD.$

Xét ∆OAB vuông tại O, theo định lí Pythagore, ta có:

AB²= OA²+ OB²

Suy ra a²= OA²+ OA²

Hay 2OA²= a²nên$O{A}^2=\frac{a^2}{2}.$

Do đó$OA=\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Luyện tập 4 trang 77 Toán 9 Tập 2:Tính tỉ số giữa chu vi của một hình vuông và chu vi của đường tròn ngoại tiếp hình vuông đó.

Lời giải:

Giả sử hình vuông ABCD có cạnh bằng a và có đường tròn ngoại tiếp là đường tròn (O).

Khi đó bán kính của đường tròn (O) là$R=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Chu vi của đường tròn (O) là:$C_1=2\pi R=2\pi \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\pi a\sqrt{2}\text{.}$

Chu vi của hình vuông ABCD là: C₂= 4a.

Tỉ số giữa chu vi của hình vuông ABCD và chu vi của đường tròn (O) ngoại tiếp hình vuông đó là:$\frac{C_2}{C_1}=\frac{4a}{\pi a\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{\pi }.$

Bài tập

Bài 1 trang 78 Toán 9 Tập 2:Quan sát Hình 28 và cho biết trong hai đường tròn (O) và (I), đường tròn nào ngoại tiếp tứ giác ABCD, đường tròn nào ngoại tiếp tứ giác ABMN.

Lời giải:

Ở Hình 28:

⦁ đường tròn (O) ngoại tiếp tứ giác ABCD vì đường tròn (O) đi qua các đỉnh A, B, C, D của tứ giác ABCD;

⦁ đường tròn (I) ngoại tiếp tứ giác ABMN vì đường tròn (I) đi qua các đỉnh A, B, M, N của tứ giác ABMN.

Bài 2 trang 78 Toán 9 Tập 2:Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Tính số đo các góc còn lại của tứ giác đó trong mỗi trường hợp sau:

Lời giải:

Vì tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn nên các góc đối diện có tổng số đo bằng 180°. Do đó$\widehat{A}+\widehat{C}=180°$và$\widehat{B}+\widehat{D}=180°.$

a)

Ta có:

⦁$\widehat{A}+\widehat{C}=180°$hay$\widehat{C}=180°-\widehat{A}=180°-60°=120°;$

⦁$\widehat{B}+\widehat{D}=180°$hay$\widehat{D}=180°-\widehat{B}=180°-125°=55°.$

b)

Ta có:

⦁$\widehat{A}+\widehat{C}=180°$hay$\widehat{A}=180°-\widehat{C}=180°-67°=113°;$

⦁$\widehat{B}+\widehat{D}=180°$hay$\widehat{D}=180°-\widehat{B}=180°-95°=85°.$

c)

Ta có:

⦁$\widehat{A}+\widehat{C}=180°$hay$\widehat{A}=180°-\widehat{C}=180°-75°=105°;$

⦁$\widehat{B}+\widehat{D}=180°$hay$\widehat{B}=180°-\widehat{D}=180°-115°=65°.$

d)

Ta có:

⦁$\widehat{A}+\widehat{C}=180°$hay$\widehat{C}=180°-\widehat{A}=180°-117°=63°;$

⦁$\widehat{B}+\widehat{D}=180°$hay$\widehat{B}=180°-\widehat{D}=180°-103°=77°.$

Bài 3 trang 78 Toán 9 Tập 2:Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) thoả mãn$\widehat{ABC}=60°,$$\widehat{ACB}=70°.$Giả sử D là điểm thuộc cung BC không chứa A (D khác B và C). Tính số đo góc BDC.

Lời giải:

Xét ∆ABC có$\widehat{BAC}+\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180°$(tổng ba góc trong một tam giác)

Suy ra$\widehat{BAC}=180°-\widehat{ABC}-\widehat{ACB}=180°-60°-70°=50°.$

Vì ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) và D là điểm thuộc cung BC không chứa A nên tứ giác ABDC là tứ giác nội tiếp, do đó$\widehat{BAC}+\widehat{BDC}=180°.$

Suy ra$\widehat{BDC}=180°-\widehat{BAC}=180°-50°=130°.$

Bài 4 trang 78 Toán 9 Tập 2:Mặt trên của tấm đệm có dạng hình tròn ở Hình 29 gợi nên hình ảnh đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật. Biết hình chữ nhật đó có chiều rộng, chiều dài lần lượt là 3 dm, 5 dm. Tính độ dài đường kính mặt trên của tấm đệm, từ đó tính diện tích mặt trên của tấm đệm.

Lời giải:

Giả sử hình chữ nhật ABCD có AD = BC = 3 dm, AB = CD = 5 dm có đường tròn (O) là đường tròn ngoại tiếp.

Do đó tâm O là giao điểm hai đường chéo và đường chéo AC là đường kính của đường tròn (O).

Xét ∆ADC vuông tại D, theo định lí Pythagore, ta có:

AC²= AD²+ DC²= 5²+ 3²= 34.

Suy ra$AC=\sqrt{34}dm.$

Do đó bán kính của đường tròn (O) là$R=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{34}}{2}\text{(dm).}$

Diện tích hình tròn bán kính$R=\frac{\sqrt{34}}{2}\text{dm}$là:

$S=\pi R^2=\pi \cdot {\left(\frac{\sqrt{34}}{2}\right)}^2=\frac{17\pi }{2}=\text{8,5}\pi {\text{(dm}}^2\text{).}$

Vậy mặt trên của tấm nệm có độ dài đường kính là$\sqrt{34}$dm và diện tích bằng 8,5π dm².

Bài 5 trang 78 Toán 9 Tập 2:Cho hình thang ABCD (AB // CD) nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng hình thang ABCD là hình thang cân.

Lời giải:

Vì hình thang ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên các góc đối diện có tổng số đo bằng 180°. Do đó:$\widehat{ABC}+\widehat{ADC}=180°.\left(1\right)$

Vì ABCD là hình thang có AB // CD nên$\widehat{ABC}+\widehat{BCD}=180°.\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra$\widehat{ADC}=\widehat{BCD}.$

Hình thang ABCD có$\widehat{ADC}=\widehat{BCD}$nên là hình thang cân.

Bài 6 trang 78 Toán 9 Tập 2:Cho tứ giác nội tiếp ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I.

a) Hai góc ABD và ACD có bằng nhau hay không? Vì sao?

b) Chứng minh ∆IAB ᔕ ∆IDC và IA . IC = IB . ID.

Lời giải:

Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O).

a) Xét đường tròn (O), hai góc ABD và ACD là hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD nên$\widehat{ABD}=\widehat{ACD}.$

b) Xét ∆IAB và ∆IDC có:

$\widehat{AIB}=\widehat{DIC}$(đối đỉnh) và$\widehat{ABD}=\widehat{ACD}$(chứng minh trên).

Do đó ∆IAB ᔕ ∆IDC (g.g).

Suy ra$\frac{IA}{ID}=\frac{IB}{IC}$(tỉ số các cạnh tương ứng)

Nên IA . IC = IB . ID.

Bài 7 trang 78 Toán 9 Tập 2:Cho tứ giác nội tiếp ABCD có tam giác ABC là tam giác nhọn. Hai đường cao AM và CN của tam giác ABC cắt nhau tại H (Hình 30).

Chứng minh:

a)$\widehat{MHN}+\widehat{ABC}=180°;$

b)$\widehat{AHC}=\widehat{ADC};$

c)$\widehat{ADC}=\widehat{BAM}+90°.$

Lời giải:

a) Xét ∆ABC có hai đường cao AM và CN cắt nhau tại H nên AM ⊥ BC và CN ⊥ AB, do đó$\widehat{HMB}=90°,\widehat{HNB}=90°.$

Xét tứ giác HMBN có:

$\widehat{MHN}+\widehat{HMB}+\widehat{MBN}+\widehat{HNB}=360°$(tổng các góc của một tứ giác)

Suy ra$\widehat{MHN}+\widehat{MBN}=360°-\widehat{HMB}-\widehat{HNB}=360°-90°-90°=180°.$

Hay$\widehat{MHN}+\widehat{ABC}=180°.$

b) Vì tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp nên tổng hai góc đối nhau bằng 180°.

Do đó$\widehat{ADC}+\widehat{ABC}=180°.$

Mà$\widehat{MHN}+\widehat{ABC}=180°$(câu a) nên$\widehat{MHN}=\widehat{ADC}.$

Lại có$\widehat{MHN}=\widehat{AHC}$(đối đỉnh) nên$\widehat{AHC}=\widehat{ADC}.$

c) Xét ∆AHN vuông tại N có$\widehat{AHC}$là góc ngoài của tam giác tại đỉnh H nên$\widehat{AHC}=\widehat{HAN}+\widehat{HNA}=\widehat{BAM}+90°$(tính chất góc ngoài của một tam giác).

Mà$\widehat{AHC}=\widehat{ADC}$(câu b) nên$\widehat{ADC}=\widehat{BAM}+90°.$

Xem thêm các bài giải bài tập Toán lớp 9 Cánh diềuhay, chi tiết khác:

§1. Đường tròn ngoại tiếp tam giác. Đường tròn nội tiếp tam giác

§2. Tứ giác nội tiếp đường tròn

Bài tập cuối chương 8

§1. Đa giác đều. Hình đa giác đều trong thực tiễn

§2. Phép quay

Bài tập cuối chương 9

=============
THUỘC: Giải bài tập Toán 9 – SGK CÁNH DIỀU