Bài 53 ( Trang 89 – SGK)
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 \[\hat{A}+\hat{C}={{180}^{0}}\Rightarrow \hat{C}={{180}^{0}}-\hat{A}={{180}^{0}}-{{80}^{0}}={{100}^{0}}\]
\[\hat{B}+\hat{D}={{180}^{0}}\Rightarrow \hat{D}={{180}^{0}}-\hat{B}={{180}^{0}}-{{70}^{0}}={{110}^{0}}\]
Vậy điểm \[\hat{C}={{100}^{0}}\]; \[\hat{D}={{110}^{0}}\]
- Trường hợp 2:
Ta có \[\hat{A}+\hat{C}={{180}^{0}}\Rightarrow \hat{C}={{180}^{0}}-\hat{A}={{180}^{0}}-{{105}^{0}}={{75}^{0}}\]
\[\hat{B}+\hat{D}={{180}^{0}}\Rightarrow \hat{D}={{180}^{0}}-\hat{B}={{180}^{0}}-{{75}^{0}}={{105}^{0}}\]
- Trường hợp 3:
\[\hat{A}+\hat{C}={{180}^{0}}\Rightarrow \hat{C}={{180}^{0}}-\hat{A}={{180}^{0}}-{{60}^{0}}={{120}^{0}}\]
\[\hat{B}+\hat{D}={{180}^{0}}\] . Chẳng hạn chọn \[\hat{B}={{70}^{0}},\hat{D}={{110}^{0}}\]
- Trường hợp 4: \[\hat{D}={{180}^{0}}-\hat{B}={{180}^{0}}-{{40}^{0}}={{140}^{0}}\]
Còn lại: \[\hat{A}+\hat{C}={{180}^{0}}.\] CHẳng hạn chọn \[\hat{A}={{100}^{0}},\hat{B}={{80}^{0}}\]
Trường hợp 5: \[\hat{A}={{180}^{0}}-\hat{C}={{180}^{0}}-{{74}^{0}}={{106}^{0}}\]
\[\hat{B}={{180}^{0}}-\hat{D}={{180}^{0}}-{{65}^{0}}={{115}^{0}}\]
Trường hợp 6: \[\hat{C}={{180}^{0}}-\hat{A}={{180}^{0}}-{{95}^{0}}={{85}^{0}}\]
\[\hat{B}={{180}^{0}}-\hat{D}={{180}^{0}}-{{98}^{0}}={{82}^{0}}\]
Vậy điền vào ô trống ta được bảng sau:
Bài 54 ( Trang 89 – SGk)
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)
Cho ABCD là một tứ giác nội tiếp đường tròn tâm M, biết \[\widehat{DAB}={{80}^{0}}\],\[\widehat{DAM}={{30}^{0}},\text{ }\widehat{BMC}={{70}^{0}}\] . Hãy tính số đo các góc \[\widehat{MAB},\widehat{BCM},\text{ }\widehat{AMB},\widehat{DMC},\text{ }\widehat{AMD},\widehat{MCD},\widehat{BCD}\]
Ta có: \[\widehat{MAB}=\widehat{DAB}-\widehat{DAM}={{80}^{0}}-{{30}^{0}}={{50}^{0}}\]
- ∆MBC là tam giác cân (MB= MC) nên \[\widehat{BCM}=\frac{{{180}^{0}}-{{70}^{0}}}{2}={{55}^{0}}\] (2)
- ∆MAB là tam giác cân (MA= MB) nên \[\widehat{MAB}={{50}^{0}}\] (theo (1)
Vậy \[\widehat{AMB}={{180}^{0}}-{{2.50}^{0}}={{80}^{0}}\]
\[\widehat{BAD}=\frac{sd\overset\frown{BCD}}{2}\] (số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn)
\[\Rightarrow sd\overset\frown{BCD}=2.\widehat{BAD}={{2.80}^{0}}={{160}^{0}}\]
Mà \[sd\overset\frown{BC}=\widehat{BMC}={{70}^{0}}\] (số đo ở tâm bằng số đo cung bị chắn)
Vậy \[sd\overset\frown{DC}={{160}^{0}}-{{70}^{0}}={{90}^{0}}\] (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)
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)
\[\widehat{ADC}=x+\text{ }{{20}^{0}}\] (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)
\[\Rightarrow \widehat{BCD}={{20}^{0}}\]
\[\widehat{BAD}={{180}^{0}}-\widehat{BCD}\] (hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp)
\[\Rightarrow \widehat{BAD}={{180}^{0}}-{{120}^{0}}={{60}^{0}}\]
Bài 57 ( Trang 89 – SGk)
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
\[\hat{A}=\hat{B},\hat{C}=\hat{D}\]; mà \[\hat{A}+\hat{D}={{180}^{0}}\] (hai góc trong cùng phía tạo bởi cát tuyến AD với AD // CD), suy ra \[\hat{A}+\widehat{C}={{180}^{0}}\] . 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)
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 \[\Rightarrow \widehat{DBC}=\widehat{DCB}={{30}^{{}^\circ }}\]
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)
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)
Xem hình 48. Chứng minh QR // ST
Hướng dẫn giải:
Kí hiệu như hình vẽ.
.png)
Ta có tứ giác ISTM nội tiếp đường tròn nên:
\[\widehat{{{S}_{1}}}+\hat{M}={{180}^{0}}\]
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)
\[\widehat{{{N}_{4}}}=\text{ }\widehat{{{R}_{2}}}\] (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.