A. Trắc nghiệm

Bài 9.37 trang 92

Đề bài: Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Góc nội tiếp có số đo bằng số đo cung bị chắn.

B. Góc có hai cạnh chứa các dây cung của đường tròn là góc nội tiếp đường tròn đó.

C. Góc nội tiếp có số đo bằng một nửa số đo cung bị chắn.

D. Góc có đỉnh nằm trên đường tròn là góc nội tiếp đường tròn đó.

Lời giải:

• A. Sai — Góc nội tiếp bằng một nửa số đo cung bị chắn, không phải bằng cung bị chắn.
• B. Sai — Hai cạnh chứa dây cung chưa đủ; đỉnh của góc còn phải nằm trên đường tròn nữa thì mới là góc nội tiếp.
• C. Đúng — Đây chính là định lí về số đo góc nội tiếp (Bài 27).
• D. Sai — Đỉnh nằm trên đường tròn chưa đủ; hai cạnh của góc còn phải chứa hai dây cung của đường tròn nữa.

Đáp án: C.

Bài 9.38 trang 92

Đề bài: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp một đường tròn có $\widehat{A} – \widehat{C} = 100^\circ$. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. $\widehat{A} = 80^\circ$. B. $\widehat{C} = 80^\circ$. C. $\widehat{B} + \widehat{D} = 100^\circ$. D. $\widehat{A} = 140^\circ$.

Lời giải:

Vì $ABCD$ là tứ giác nội tiếp nên hai góc đối có tổng $180^\circ$:

$$\widehat{A} + \widehat{C} = 180^\circ.$$

Kết hợp với giả thiết $\widehat{A} – \widehat{C} = 100^\circ$, cộng hai phương trình:

$$2\widehat{A} = 280^\circ ;;\Rightarrow;; \widehat{A} = 140^\circ.$$

Suy ra $\widehat{C} = 180^\circ – 140^\circ = 40^\circ$. Đồng thời $\widehat{B} + \widehat{D} = 180^\circ$ (cũng là cặp góc đối).

Đáp án: D.

Bài 9.39 trang 92

Đề bài: Đa giác nào dưới đây không nội tiếp một đường tròn?

A. Đa giác đều. B. Hình chữ nhật. C. Hình bình hành. D. Tam giác.

Lời giải:

• A. Mỗi đa giác đều luôn nội tiếp một đường tròn (Bài 30).
• B. Hình chữ nhật luôn nội tiếp đường tròn (tâm là giao 2 đường chéo — Bài 29).
• C. Hình bình hành chỉ nội tiếp đường tròn khi nó là hình chữ nhật (Bài 9.20). Hình bình hành bất kỳ thì không nội tiếp.
• D. Mỗi tam giác đều có duy nhất một đường tròn ngoại tiếp (Bài 28).

Đáp án: C.

B. Tự luận

Bài 9.40 trang 92

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ có các đường cao $BE, CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ và $I$ là trung điểm của $AH$. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác $AEHF$ nội tiếp một đường tròn tâm $I$;

b) $ME, MF$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AEHF$.

Lời giải:

a) Chứng minh tứ giác $AEHF$ nội tiếp đường tròn tâm $I$.

Vì $BE$ là đường cao nên $BE \perp AC$ tại $E$, suy ra:

$$\widehat{AEH} = 90^\circ.$$

Tương tự, $CF \perp AB$ tại $F$, suy ra:

$$\widehat{AFH} = 90^\circ.$$

Xét hai góc $\widehat{AEH}$ và $\widehat{AFH}$ cùng nhìn đoạn $AH$ dưới góc $90^\circ$. Theo kết quả ở Bài 28 (đường tròn đường kính cạnh huyền của tam giác vuông), $E$ và $F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$.

Đường tròn này có tâm là trung điểm $AH$, tức là $I$. Vậy bốn điểm $A, E, H, F$ cùng thuộc đường tròn tâm $I$ bán kính $\dfrac{AH}{2}$.

Do đó tứ giác $AEHF$ nội tiếp đường tròn tâm $I$. $\blacksquare$

b) Chứng minh $ME$ tiếp xúc với đường tròn $(I)$ tại $E$.

Ta sẽ chứng minh $ME \perp IE$ tại $E$.

Tính $\widehat{IEA}$:

Vì $IA = IE$ (cùng là bán kính $(I)$) nên tam giác $IAE$ cân tại $I$:

$$\widehat{IEA} = \widehat{IAE}.$$

Gọi $D$ là chân đường cao kẻ từ $A$ xuống $BC$. Vì $H$ là giao điểm của hai đường cao $BE, CF$ nên $H$ là trực tâm tam giác $ABC$, do đó $AD$ (đường cao thứ ba) đi qua $H$. Vậy ba điểm $A, I, H, D$ thẳng hàng (vì $I$ nằm trên $AH$).

$$\widehat{IAE} = \widehat{DAE} = \widehat{DAC}.$$

Tam giác $ADC$ vuông tại $D$ (do $AD \perp BC$):

$$\widehat{DAC} + \widehat{ACB} = 90^\circ ;;\Rightarrow;; \widehat{DAC} = 90^\circ – \widehat{ACB}.$$

Do đó: $\widehat{IEA} = 90^\circ – \widehat{ACB}.$

Tính $\widehat{MEC}$:

Tam giác $BEC$ vuông tại $E$ (do $BE \perp AC$), cạnh huyền $BC$. Vì $M$ là trung điểm $BC$ nên (theo Bài 28):

$$ME = MB = MC = \dfrac{BC}{2}.$$

Tam giác $MEC$ cân tại $M$ ($ME = MC$), nên:

$$\widehat{MEC} = \widehat{MCE} = \widehat{ACB}.$$

Tính $\widehat{IEM}$:

Vì $A, E, C$ thẳng hàng và $E$ giữa $A, C$, các tia $EI$ và $EM$ cùng nằm về một phía của đường thẳng $AC$ (cùng phía với $B$ — do $I$ thuộc đoạn $AH$, $M$ thuộc đoạn $BC$, đều bên trong tam giác). Do đó:

$$\widehat{IEA} + \widehat{IEM} + \widehat{MEC} = 180^\circ ;;(\text{ba góc kề bù tại } E \text{ trên đường thẳng } AC).$$

Thay số:

$$(90^\circ – \widehat{ACB}) + \widehat{IEM} + \widehat{ACB} = 180^\circ;$$

$$\widehat{IEM} = 90^\circ.$$

Vậy $IE \perp EM$ tại $E$, mà $IE$ là bán kính của $(I)$ tại $E$, nên $ME$ là tiếp tuyến của đường tròn $(I)$ tại $E$. $\blacksquare$

Tương tự, chứng minh được $MF$ là tiếp tuyến của $(I)$ tại $F$. Vậy $ME, MF$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AEHF$. $\blacksquare$

Bài 9.41 trang 92

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $M, N, P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC, CA, AB$. Chứng minh rằng các tứ giác $ANOP, BPOM, CMON$ là các tứ giác nội tiếp.

Lời giải:

Vì $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ nên $O$ là giao điểm của ba đường trung trực của tam giác (Bài 28).

Mà $M, N, P$ là trung điểm các cạnh $BC, CA, AB$, nên:

$$OM \perp BC \text{ tại } M; ;; ON \perp CA \text{ tại } N; ;; OP \perp AB \text{ tại } P.$$

Tứ giác $ANOP$:

Vì $ON \perp CA$ tại $N$ và $OP \perp AB$ tại $P$:

$$\widehat{ONA} = 90^\circ; ;; \widehat{OPA} = 90^\circ.$$

Hai góc cùng nhìn đoạn $OA$ dưới góc $90^\circ$, nên $N, P$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OA$. Vậy bốn điểm $A, N, O, P$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OA$, do đó $ANOP$ là tứ giác nội tiếp. $\blacksquare$

Tứ giác $BPOM$:

Vì $OP \perp AB$ tại $P$ và $OM \perp BC$ tại $M$:

$$\widehat{OPB} = 90^\circ; ;; \widehat{OMB} = 90^\circ.$$

Hai góc cùng nhìn đoạn $OB$ dưới góc $90^\circ$, nên bốn điểm $B, P, O, M$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OB$. Do đó $BPOM$ là tứ giác nội tiếp. $\blacksquare$

Tứ giác $CMON$:

Tương tự, $\widehat{OMC} = \widehat{ONC} = 90^\circ$, nên bốn điểm $C, M, O, N$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OC$. Do đó $CMON$ là tứ giác nội tiếp. $\blacksquare$

Bài 9.42 trang 92

Đề bài: Cho một hình lục giác đều và một hình vuông cùng nội tiếp một đường tròn. Biết rằng hình vuông có cạnh bằng $3$ cm. Tính chu vi và diện tích của hình lục giác đều đã cho.

Lời giải:

Bước 1: Tính bán kính đường tròn.

Hình vuông cạnh $3$ cm nội tiếp đường tròn có bán kính bằng nửa đường chéo (Bài 29). Áp dụng định lí Pythagore cho đường chéo:

$$d = \sqrt{3^2 + 3^2} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2} \text{ (cm)}.$$

$$R = \dfrac{d}{2} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2} \text{ (cm)}.$$

Bước 2: Tính cạnh lục giác đều.

Lục giác đều nội tiếp đường tròn có cạnh bằng bán kính (theo Câu hỏi trang 85 — Bài 30): cạnh lục giác đều $= R = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$ cm.

Bước 3: Tính chu vi.

Lục giác đều có 6 cạnh bằng nhau:

$$C = 6 \cdot \dfrac{3\sqrt{2}}{2} = 9\sqrt{2} \text{ (cm)}.$$

Bước 4: Tính diện tích.

Lục giác đều chia thành 6 tam giác đều có cạnh bằng cạnh lục giác. Diện tích tam giác đều cạnh $c$ là $\dfrac{c^2\sqrt{3}}{4}$, vậy:

$$S = 6 \cdot \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2 \sqrt{3} = 6 \cdot \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{18}{4} \cdot \sqrt{3} = \dfrac{27\sqrt{3}}{4} \text{ (cm}^2\text{)}.$$

Vậy chu vi lục giác đều là $9\sqrt{2}$ cm và diện tích là $\dfrac{27\sqrt{3}}{4}$ cm².

Bài 9.43 trang 92

Đề bài: a) Cho hình vuông $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ (H.9.61). Phép quay thuận chiều $45^\circ$ tâm $O$ biến các điểm $A, B, C, D$ lần lượt thành các điểm $A’, B’, C’, D’$. Hãy vẽ tứ giác $A’B’C’D’$.

b) Phép quay trong câu a biến các điểm $A’, B’, C’, D’$ thành những điểm nào?

Lời giải:

a) Cách vẽ tứ giác $A’B’C’D’$:

• Lấy điểm $A’$ thuộc đường tròn $(O)$ sao cho tia $OA$ quay thuận chiều kim đồng hồ một góc $45^\circ$ đến tia $OA’$, tức $\widehat{AOA’} = 45^\circ$ (theo chiều thuận).
• Xác định $B’, C’, D’$ tương tự (mỗi điểm là ảnh của $B, C, D$ qua phép quay thuận chiều $45^\circ$ tâm $O$).
• Nối $A’$ với $B’$, $B’$ với $C’$, $C’$ với $D’$, $D’$ với $A’$, ta được tứ giác $A’B’C’D’$ (cũng là hình vuông nội tiếp $(O)$, được “xoay” $45^\circ$ so với $ABCD$).

b) Phép quay biến $A’, B’, C’, D’$ thành điểm nào:

Vì $ABCD$ là hình vuông nội tiếp $(O)$, hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $O$ và vuông góc với nhau tại trung điểm mỗi đường, đồng thời các góc ở tâm bằng $90^\circ$:

$$\widehat{AOD} = \widehat{DOC} = \widehat{COB} = \widehat{BOA} = 90^\circ.$$

Theo cách dựng ở câu a, $A’$ nằm giữa $A$ và $D$ (theo chiều thuận kim đồng hồ) với $\widehat{AOA’} = 45^\circ$. Do đó:

$$\widehat{A’OD} = \widehat{AOD} – \widehat{AOA’} = 90^\circ – 45^\circ = 45^\circ.$$

Áp dụng tiếp phép quay thuận chiều $45^\circ$ tâm $O$ cho điểm $A’$: vì $\widehat{A’OD} = 45^\circ$ và $OA’ = OD$ (cùng là bán kính), phép quay biến $A’$ thành $D$.

Tương tự:

$$A’ \to D, ;; B’ \to A, ;; C’ \to B, ;; D’ \to C.$$

Vậy phép quay thuận chiều $45^\circ$ tâm $O$ biến các điểm $A’, B’, C’, D’$ lần lượt thành các điểm $D, A, B, C$.

Bài 9.44 trang 92

Đề bài: Bạn Lan muốn cắt hình ngôi sao có dạng như Hình 9.62 (trong đó $ABCDE$ là một ngũ giác đều). Lan gấp đôi tờ giấy, vẽ một nửa ngôi sao và cắt theo nét vẽ. Hỏi góc tạo bởi lưỡi kéo và nếp gấp lúc đầu bằng bao nhiêu độ?

Lời giải:

Bước 1: Tính mỗi góc của ngũ giác đều $ABCDE$.

Tổng các góc của một đa giác $n$ cạnh là $(n – 2) \cdot 180^\circ$. Với ngũ giác ($n = 5$):

$$\text{Tổng} = 3 \cdot 180^\circ = 540^\circ.$$

Vì ngũ giác đều có 5 góc bằng nhau nên mỗi góc:

$$\dfrac{540^\circ}{5} = 108^\circ.$$

Bước 2: Tính góc tại đỉnh ngôi sao.

Gọi $F$ là đỉnh ngôi sao của tam giác cân có cạnh đáy $AB$ (nằm ngoài cạnh $AB$ của ngũ giác đều). Ta cần tính $\widehat{AFB}$.

Hai góc $\widehat{FAB}$ và $\widehat{BAE}$ là hai góc kề bù (vì $F$ và $E$ nằm về hai phía của đường thẳng $AB$ tại $A$, do cấu trúc ngôi sao):

$$\widehat{FAB} = 180^\circ – \widehat{BAE} = 180^\circ – 108^\circ = 72^\circ.$$

Vì tam giác $FAB$ cân tại $F$:

$$\widehat{FAB} = \widehat{FBA} = 72^\circ.$$

Tổng ba góc trong tam giác $FAB$ bằng $180^\circ$:

$$\widehat{AFB} = 180^\circ – 72^\circ – 72^\circ = 36^\circ.$$

Bước 3: Tính góc giữa lưỡi kéo và nếp gấp.

Khi gấp đôi tờ giấy, nếp gấp là trục đối xứng của ngôi sao. Nếp gấp đi qua đỉnh $F$ và chia góc $\widehat{AFB}$ thành hai phần bằng nhau. Lưỡi kéo cắt theo nét vẽ một nửa ngôi sao, tạo với nếp gấp một góc bằng nửa góc tại đỉnh $F$:

$$\dfrac{1}{2} \widehat{AFB} = \dfrac{1}{2} \cdot 36^\circ = 18^\circ.$$

Vậy góc tạo bởi lưỡi kéo và nếp gấp lúc đầu bằng $18^\circ$.

Thầy Võ Văn Trung

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THCS

Trình độ: Cử nhân Sư phạm Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ A2

Kinh nghiệm: 10+ năm kinh nghiệm tại Trường THCS Nguyễn Du