Giải Toán 9 bài 5: Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn. Góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn

Vẽ hình:

Ta có: $\widehat{AHM}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{AM}+sđ\stackrel{⏜}{NC}}{2}}$ (1)

$\widehat{AEN}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{MB}+sđ\stackrel{⏜}{AN}}{2}}$, (2)

(Vì $\widehat{AHM}$ là góc có đỉnh cố định ở bên trong đường tròn chắn các cung AM và cung NC, và $\widehat{AEN}$ là góc có đỉnh bên trong đường tròn chắn các cung AN và cung MB).

Theo giả thiết thì:

$\stackrel{⏜}{AM}=\stackrel{⏜}{MB}$ (3) (M là điểm chính giữa cung AB).

$\stackrel{⏜}{NC}=\stackrel{⏜}{AN}$ (4) N là điểm chính giữa cung AC).

Từ (1),(2), (3), (4), suy ra $\widehat{AHM}=\widehat{AEN}$ do đó ∆AEH là tam giác cân (định nghĩa tam giác cân).

Xét đường tròn (O), ta có:

$\widehat{ASC}$ là góc có đỉnh ở ngoài đường tròn chắn cung MC và AB.

$\Rightarrow \widehat{ASC}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{AB}-sđ\stackrel{⏜}{MC}}{2}}$ (1)

và $\widehat{MCA}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{AM}}{2}}$(2) (góc nội tiếp chắn cung $\stackrel{⏜}{AM}$)

Theo giả thiết thì: AB = AC => $\stackrel{⏜}{AB}=\stackrel{⏜}{AC}$ (hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau).

$\Rightarrow sđ\stackrel{⏜}{AB}-sđ\stackrel{⏜}{MC}=sđ\stackrel{⏜}{AC}-sđ\stackrel{⏜}{MC}=sđ\stackrel{⏜}{AM}$ (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: $\widehat{ASC}=\widehat{MCA}$. (đpcm)

Vẽ hình:

a) Xét đường tròn (O) có $sđ\stackrel{⏜}{AC}=sđ\stackrel{⏜}{CD}=sđ\stackrel{⏜}{DB}={60}^0$ nên $sđ\stackrel{⏜}{AB}=sđ\stackrel{⏜}{AC}+sđ\stackrel{⏜}{CD}+sđ\stackrel{⏜}{DB}={60}^0+{60}^0+{60}^0={180}^0.$

Ta có $\widehat{AEB}$ là góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn chắn cung CD và AB nên:

${\displaystyle \widehat{AEB}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{AB}-sđ\stackrel{⏜}{CD}}{2}}=\frac{{180}^0-{60}^0}{2}={60}^0.}$

và $\widehat{BTC}$ cũng là góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn chắn cung BC lớn và BC nhỏ (hai cạnh đều là tiếp tuyến của đường tròn) nên:

$\widehat{BTC}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{BAC}-sđ\stackrel{⏜}{BDC}}{2}}{\displaystyle =\frac{({180}^0+{60}^0)-({60}^0+{60}^0)}{2}={60}^0.}$

Vậy $\widehat{AEB}=\widehat{BTC}={60}^0.$

b) Xét đường tròn (O) có:

$\widehat{DCT}$là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung CD nên:

$\widehat{DCT}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{CD}}{2}}={\displaystyle \frac{{60}^0}{2}}={30}^0.$

$\widehat{DCB}$ là góc nội tiếp chắn cung BD nên: ${\displaystyle \widehat{DCB}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{DB}}{2}}=\frac{{60}^0}{2}={30}^0.}$

Vậy $\widehat{DCT}=\widehat{DCB}={30}^0$hay CD là phân giác của $\widehat{BCT}.$

Vẽ hình minh họa

Xét đường tròn (O) có hai đường kính $AB\mathrm{\perp }CD$ nên $\widehat{AOC}=\widehat{BOC}={90}^0$ nên $\stackrel{⏜}{CA}=\stackrel{⏜}{CB}.$

+) Ta có $\widehat{MSE}$ là góc có đỉnh nằm trong đường tròn chắn cung AC và cung BM.

$\Rightarrow \widehat{MSE}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{CA}+sđ\stackrel{⏜}{BM}}{2}}$ (1)

+) $\widehat{CME}$ là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung CM.

$\Rightarrow \widehat{CME}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{CM}}{2}}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{CB}+sđ\stackrel{⏜}{BM}}{2}}$(2)

+) Lại có: $\stackrel{⏜}{CA}=\stackrel{⏜}{CB}$ (cmt) (3)

Từ (1), (2), (3) ta có:$\widehat{MSE}=\widehat{CME}$ từ đó ∆ESM là tam giác cân tại E và ES = EM (đpcm).

Vẽ hình

Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn (O).

Xét đường tròn (O) ta có:

+) $\widehat{ADS}$ là góc có đỉnh nằm trong đường tròn chắn cung AB và CE.

$\Rightarrow \widehat{ADS}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{AB}+sđ\stackrel{⏜}{CE}}{2}}$. (1)

+) $\widehat{SAD}$ là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung AE.

$\Rightarrow \widehat{SAD}={\displaystyle \frac{1}{2}}sđ\stackrel{⏜}{AE}$. (2)

+) Có: $\widehat{BAE}=\widehat{EAC}$ (do AE là phân giác góc BAC$\Rightarrow \stackrel{⏜}{BE}=\stackrel{⏜}{EC}$ (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau).

$\Rightarrow sđ\stackrel{⏜}{AB}+sđ\stackrel{⏜}{EC}=sđ\stackrel{⏜}{AB}+sđ\stackrel{⏜}{BE}=sđ\stackrel{⏜}{AE}$ (3)

Từ (1), (2), (3) $\Rightarrow \widehat{ADS}=\widehat{SAD}\Rightarrow$ tam giác SDA cân tại S hay SA=SD.

Vẽ hình minh họa:

Xét đường tròn (O) có:

+) $\hat{A}$ là góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn (O) chắn cung CN và BM $\Rightarrow \hat{A}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{CN}-sđ\stackrel{⏜}{BM}}{2}}(1)$

+) $\widehat{BSM}$ là góc có đỉnh nằm trong đường tròn (O) chắn cung CN và BM \Rightarrow $\widehat{BSM}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{CN}+sđ\stackrel{⏜}{BM}}{2}}$ (2)

Cộng (1) và (2) theo vế với vế:

$\hat{A}+\widehat{BSM}={\displaystyle \frac{2sđ\stackrel{⏜}{CN}+(sđ\stackrel{⏜}{BM}-sđ\stackrel{⏜}{BM)}}{2}}=sđ\stackrel{⏜}{CN}$ (3)

Mà $\widehat{CMN}$ là góc nội tiếp chắn cung CN $\Rightarrow \widehat{CMN}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{CN}}{2}}$

$\iff 2\widehat{CMN}=sđ\stackrel{⏜}{CN}$. (4)

Từ (3) và (4) ta được: $\hat{A}+\widehat{BSM}=2\widehat{CMN}$ (đpcm).

Vẽ hình

a) Gọi giao điểm của AP và QR là K.

Vì P, Q,R theo thứ tự là các điểm chính giữa các cung bị chắn BC, CA, AB bởi các góc A, B C nên $sđ\stackrel{⏜}{AR}=sđ\stackrel{⏜}{RB}={\displaystyle \frac{1}{2}}sđ\stackrel{⏜}{AB},sđ\stackrel{⏜}{AQ}=sđ\stackrel{⏜}{QC}={\displaystyle \frac{1}{2}}sđ\stackrel{⏜}{AC},sđ\stackrel{⏜}{PC}=sđ\stackrel{⏜}{PB}={\displaystyle \frac{1}{2}}sđ\stackrel{⏜}{BC}.$

Suy ra $sđ\stackrel{⏜}{AR}+sđ\stackrel{⏜}{QC}+sđ\stackrel{⏜}{CP}={\displaystyle \frac{1}{2}}sđ\stackrel{⏜}{AB}+{\displaystyle \frac{1}{2}}sđ\stackrel{⏜}{AC}+{\displaystyle \frac{1}{2}}sđ\stackrel{⏜}{BC}$

${\displaystyle \frac{1}{2}}(sđ\stackrel{⏜}{AB}+sđ\stackrel{⏜}{AC}+sđ\stackrel{⏜}{CB})={\displaystyle \frac{1}{2}}{.360}^0={180}^0$

Xét đường tròn (O) ta có:

+) $\widehat{AKR}$ là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn cung AR và QP nên: $\widehat{AKR}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{AR}+sđ\stackrel{⏜}{QP}}{2}}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{AR}+sđ\stackrel{⏜}{QC}+sđ\stackrel{⏜}{CP}}{2}}={\displaystyle \frac{1}{2}}{.180}^0={90}^0.$

Vậy $\widehat{AKR}={90}^0$ hay $AP\mathrm{\perp }QR$

b) Xét đường tròn (O) ta có:

+) $\widehat{CIP}$ là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn cung AR và CP nên: $\widehat{CIP}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{AR}+sđ\stackrel{⏜}{CP}}{2}}$ (1)

+) $\widehat{PCI}$ góc nội tiếp chắn cung PR, nên $\widehat{PCI}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{RB}+sđ\stackrel{⏜}{BP}}{2}}$ (2)

Theo giả thiết thì $\stackrel{⏜}{AR}=\stackrel{⏜}{RB}$ (3)

và $\stackrel{⏜}{CP}=\stackrel{⏜}{BP}$(4)

Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: $\widehat{CIP}=\widehat{PCI}$. Do đó ∆CPI cân.

Vẽ hình

Theo giả thiết:$\stackrel{⏜}{AC}=\stackrel{⏜}{BD}$ (vì AB // CD) (1)

Ta có: $\widehat{AIC}$ là góc có đỉnh ở trong đường tròn chắn cung AC và cung $BD\Rightarrow \widehat{AIC}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{AC}+sđ\stackrel{⏜}{BD}}{2}}$

Theo (1) suy ra $\widehat{AIC}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{AC}+sđ\stackrel{⏜}{AC}}{2}}={\displaystyle \frac{2.sđ\stackrel{⏜}{AC}}{2}}=sđ\stackrel{⏜}{AC}$ (3)

Mà $\widehat{AOC}=sđ\stackrel{⏜}{AC}$ (góc ở tâm chắn cung $\stackrel{⏜}{AC}$) (4)

Từ (3), (4), ta có $\widehat{AOC}=\widehat{AIC}$ (đpcm).