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]