Trắc nghiệm Chuyên đề toán 9 Chuyên đề 7: Tứ giác ngoại tiếp, Đường tròn nội tiếp có đáp án

Ta chỉ cần chứng minh các tia phân giác của ba góc \[A,B,D\] gặp nhau tại một điểm. Xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: Nếu \[AB = BC\] thì từ giả thiết suy ra \[CD = AD\].

Xét \[\Delta ABD\] và \[\Delta CBD\] có \[AB = BC\], \[AD = DC\] và \[BD\] chung nên \[\Delta ABD = \Delta CBD\left( {{\rm{c}}{\rm{.c}}{\rm{.c}}} \right)\].

Do đó \[BD\] là đường phân giác của các góc \[B\] và \[D\].

Gọi \[O\] là giao điểm của tia phân giác góc \[A\] với \[BD\]. Suy ra \[BO,DO\] là các tia phân giác của các góc \[B\] và \[D\].

Trường hợp 2: Nếu \[AB \ne BC\], giả sử \[AB > BC\], suy ra \[DA > DC\].

Lấy điểm \[M\] trên \[AB\], điểm \[N\] trên \[AD\] sao cho \[BM = BC,DN = DC\].

Từ giả thiết suy ra \[AM = AN\]. Các đường phân giác của các góc \[A,B,D\] chính là các đường trung trực của tam giác \[CMN\] nên chúng gặp nhau tại một điểm \[O\].

Vậy điểm \[O\] là tâm của đường tròn nội tiếp tứ giác \[ABCD\].

Vì \[\left( O \right)\] nội tiếp tam giác \[ABC\] nên các cạnh \[AB,BC,AC\] là các tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\].

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

            \[AD = AF,{\rm{ }}BD = BE,{\rm{ }}CE = CF\].

Khi đó \[VP = AB + AC - BC\]

                  \[ = \left( {AD + BD} \right) + \left( {CF + FA} \right) - \left( {BE + CE} \right) = AD + AF = 2AD = VT\].

Vậy \[2AD = AB + AC - BC\].

Chứng minh tương tự câu a) ta cũng có các hệ thức sau:

            \[2BD = 2BE = AB + BC - AC;{\rm{ }}2CE = 2CF = BC + AC - AB\]

Ví dụ 3: Cho hình thang \[ABCD\] vuông tại hai đỉnh \[A\] và \[D\], ngoại tiếp đường tròn \[\left( O \right)\].

Tìm độ dài các cạnh \[AB\] và \[CD\], biết rằng \[OB = 6{\rm{ cm}}\] và \[OC = 8{\rm{ cm}}\].

Giải chi tiết

Do \[ABCD\] ngoại tiếp đường tròn \[\left( O \right)\] nên các cạnh của hình thang \[ABCD\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\].

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau suy ra \[BO\] và \[CO\] lần lượt là tia phân giác của góc \[\widehat {ABC},{\rm{ }}\widehat {BCD}\].

Xét \[\Delta BOC\] có: \[\widehat {OBC} + \widehat {OCB} = \frac{{\widehat {ABC} + \widehat {BCD}}}{2} = \frac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ \].

Suy ra \[\Delta BOC\] vuông \[O\]. Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông này ta có:

            \[B{C^2} = O{B^2} + O{C^2} = {6^2} + {8^2} = 100 \Rightarrow BC = 10{\rm{ cm}}\].

Đ/S: \[ADOE\] là hình vuông.

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông \[ABC\], ta tính được \[BC = 5{\rm{ cm}}\].

Theo ví dụ 2, ta có: \[AD = AE = \frac{{AB + AC - BC}}{2} = \frac{{3 + 4 - 5}}{2} = 1{\rm{ cm}}\].

Mà \[ADOE\] là hình vuông nên \[r = OD = OE = AD = AE = 1{\rm{ cm}}\].

Gọi \[I\] là giao điểm của \[AB\] và \[CD\]. Góc \[\widehat {BIC} = 90^\circ \] và là góc có đỉnh \[I\] ở bên trong đường tròn nên .

Suy ra \[\widehat {{A_1}} + \widehat {{D_1}} + \widehat {{B_1}} + \widehat {{C_1}} = 180^\circ \].

Ta có \[\widehat F + \widehat H = 180^\circ - \left( {\widehat {{C_1}} + \widehat {{B_1}}} \right) + 180^\circ - \left( {\widehat {{A_1}} + \widehat {{D_1}}} \right) = 180^\circ \].

Vậy \[EFGH\] là tứ giác nội tiếp.