Giải Toán 9 Bài 7: Tứ giác nội tiếp Giải SGK Toán 9 Hình học Tập 2 (trang 89, 90)

Theo đề bài ta có ABCD là tứ giác nội tiếp \(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat A + \widehat C = {180^0}\\\widehat B + \widehat D = {180^0}\end{array} \right..\)

- Trường hợp 1:

Ta có: \(\widehat A + \widehat C = {180^0}\)

\(\Rightarrow \widehat C = {180^0}-\widehat A= {180^0} - {80^0} = {100^0}.\)

\(\widehat B + \widehat D = {180^0}\)

\(\Rightarrow \widehat D = {180^0} - \widehat B = {180^0} - {70^0} = {110^0}.\)

Vậy các góc còn lại là: \(\widehat{C}= 100^0, \widehat{D} = 110^0.\)

- Trường hợp 2:

\(\begin{array}{l} Ta \, \, có: \, \, \widehat A + \widehat C = {180^0} \\\Rightarrow \widehat A = {180^0} - \widehat C = {180^0} - {105^0} = {75^0}.\\ \widehat B + \widehat D = {180^0}\\ \Rightarrow \widehat B = {180^0} - \widehat D = {180^0} - {75^0} = {105^0}. \end{array}\)

- Trường hợp 3:

Ta có: \(\widehat A + \widehat C = {180^0}\)

\(\Rightarrow \widehat C = {180^0}-\widehat A= {180^0} - {60^0} = {120^0}.\)

Có \(\widehat B + \widehat D = {180^0}.\)

Ta có thể chọn \(\widehat B =70^0 \Rightarrow \widehat D = {180^0}-70^0=110^0.\)

- 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 \(\widehat{A}=100^0,\,\widehat{C}=80^0.\)

- 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:

Vẽ hình minh họa

Tứ giác ABCD có \(\widehat{ABC}+ \widehat{ADC}= 180^0\) mà hai góc \(\widehat{ABC}\) và \(\widehat{ADC}\) là hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD, khi đó OA=OB=OC=OD (cùng bằng bán kính của đường tròn (O) )

+ Vì OA = OB nên O thuộc đường trung trực của đoạn AB

+ Vì OA = OC nên O thuộc đường trung trực của đoạn AC

+ Vì OD = OB nên O thuộc đường trung trực của đoạn BD

Do đó các đường trung trực của AB, BD, AB cùng đi qua tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD.

Vẽ hình minh họa

Ta có: \(\widehat {MAB} = \widehat {DAB} - \widehat {DAM} = {80^0} - {30^0} = {50^0}\)(1)

+) ∆MBC là tam giác cân cân tại M (MB= MC) nên \(\displaystyle \widehat {BCM} = {{{{180}^0} - {{70}^0}} \over 2} = {55^0} (2)\)

+) ∆MAB là tam giác cân tại M (MA=MB) nên \(\widehat {MAB} =\widehat {ABM} = {50^0}\) (theo (1)

Vậy \(\widehat {AMB} = {180^0} - {2.50^0} = {80^0}.\)

Ta có:\(\widehat {BAD}=\dfrac{sđ\overparen{BCD}}{2}\) (số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn).

\(\Rightarrow sđ\overparen{BCD}=2.\widehat {BAD} = {2.80^0} = {160^0}.\)

Mà \(sđ\overparen{BC}= \widehat {BMC} = {70^0}\) (số đo góc 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)

Ta có: ∆MAD là tam giác cân cân tại M (MA= MD).

Suy ra \(\widehat {AMD} = {180^0} - {2.30^0}=120^0\) (5)

Có ∆MCD là tam giác vuông cân tại M (MC= MD) và \(\widehat {DMC} = {90^0}\)

Suy ra \(\widehat {MCD} = \widehat {MDC} = {45^0}\). (6)

Theo (2) và (6) và vì CM là tia nằm giữa hai tia CB, CD ta có: \(\widehat {BCD} =\widehat{BCM}+\widehat{MCD} ={100^0}.\)

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:

\(\widehat{ABC}= x+40^0\) (góc ngoài của \(\Delta BCE\).) (1)

\(\widehat{ADC}=x +20^0\) (góc ngoài của \(\Delta DCF\).) (2)

Lại có \(\widehat{ABC} +\widehat{ADC}=180^0\). (hai góc đối diện tứ giác nội tiếp). (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra\(: 180^0 =2x + 60^0 \Rightarrow x = 60^0.\)

Hay \(\widehat{BCE} = \widehat{DCF}=60^0.\)

Từ (1), ta có:\(\widehat{ABC}=60^0 +40^0 =100^0.\)

Từ (2), ta có: \(\widehat{ADC} = 60^0+20^0 = 80^0.\)

\(\widehat{BCD}= 180^0 – \widehat{BCE}\) (hai góc kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{BCD} = 120^0\)

\(\widehat{BAD} = 180^0 - \widehat{BCD}\) (hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp)

\(\Rightarrow \widehat{BAD}= 180^0– 120^0= 60^0.\)

* 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 và hình thang vuông không nội tiếp được đường tròn.

* Hình thang cân ABCD (BC= AD) có hai góc ở mỗi đáy bằng nhau:\(\widehat{A}= \widehat{B}, \widehat{C} =\widehat{D}\)

Vì AD // CD nên \(\widehat{A} +\widehat{D} = 180^0\)(hai góc trong cùng phía), suy ra \(\widehat{A} +\widehat{C} =180^0.\)

Vậy hình thang cân luôn có tổng hai góc đối diện bằng \(180^0\) nên là tứ giác nội tiếp.

Vẽ hình

a) Theo giả thiết tam giác ABC đều nên \(\widehat{ACB}=60^0\)

Suy ra \(\widehat{DCB}=\dfrac{1}{2}\widehat{ACB} = \dfrac{1}{2} .60^0= 30^0.\)

\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 tại D \(\Rightarrow \widehat{DBC} = \widehat{DCB} = 30^0\)

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 là tứ giác nội tiếp.

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.

Do tứ giác ABCP nội tiếp nên ta có:

\(\widehat{BAP} + \widehat{BCP} = 180^0.\)(1)

Ta lại có: \(\widehat{ABC}+ \widehat{BCP}= 180^0\)(hai góc trong cùng phía do CD//AB). (2)

Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat{BAP}= \widehat{ABC}.\)

Vậy ABCP là hình thang cân, suy ra AP = BC. (3)

Mà BC = AD (hai cạnh đối của hình bình hành) (4)

Từ (3) và (4) suy ra AP = AD (đpcm).

+) Ta có tứ giác ISTM nội tiếp đường tròn nên:

\(\widehat{S_{1}}+ \widehat{M_1}=180^0\)

Mà \(\widehat{M_{1}}+ \widehat{M_{3}}= 180^0\) (kề bù)

nên suy ra \(\widehat{S_{1}}= \widehat{M_{3}}\)(1)

+) Ta có tứ giác IMPN nội tiếp đường tròn nên:

\(\widehat{M_{3}}+ \widehat{PNI}=180^0\)

Mà \(\widehat{N_{4}}+ \widehat{PNI}= 180^0\)(kề bù)

nên suy ra \(\widehat{M_{3}}= \widehat{N_{4}}\) (2)

+) Ta có tứ giác INQS nội tiếp đường tròn nên:

\(\widehat{N_{4}}+ \widehat{IRQ}=180^0\)

Mà  (kề bù)

nên suy ra \(\widehat{N_{4}}= \widehat{R_{2}}\) (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.