Giải bài 61, 62 trang 91; bài 63, 64 trang 92 sách giáo khoa [SGK] Toán lớp 9 tập 2 bài Đường tròn ngoại tiếp. Đường tròn nội tiếp. Bài 63 Vẽ hình lục giác đều, hình vuông, tam giác đều cùng nội tiếp đường tròn [O; R] rồi tính cạnh của các hình đó theo R.
- Bài 65, 66, 67, 68, 69 trang 94, 95 SGK Toán 9 tập 2 - Độ dài đường tròn, cung tròn
- Bài 70, 71, 72, 73, 74, 75, 76 trang 95, 96 SGK Toán 9 tập 2 - Luyện tập
Xem thêm: Bài 8. Đường tròn ngoại tiếp. Đường tròn nội tiếp
Bài 61 trang 91 SGK Toán lớp 9 tập 2
Câu hỏi:
- Vẽ đường tròn tâm \[O\], bán kính \[2cm\].
- Vẽ hình vuông nội tiếp đường tròn \[[O]\] ở câu a]
- Tính bán kính \[r\] của đường tròn nội tiếp hình vuông ở câu b] rồi vẽ đường tròn \[[O;r]\].
Lời giải:
- Chọn điểm \[O\] làm tâm, mở compa có độ dài \[2cm\] vẽ đường tròn tâm \[O\], bán kính \[2cm\]: \[[O; 2cm].\]
Vẽ bằng eke và thước thẳng.
- Vẽ đường kính \[AC\] và \[BD\] vuông góc với nhau. Nối \[A\] với \[B\], \[B\] với \[C\], \[C\] với \[D\], \[D\] với \[A\] ta được tứ giác \[ABCD\] là hình vuông nội tiếp đường tròn \[[O;2cm]\]
- Kẻ \[OH \bot AD.\]
Khi đó ta có \[OH\] là bán kính \[r\] của đường tròn nội tiếp hình vuông \[ABCD.\] Vì \[AB = BC = CD = DA\] [ ABCD là hình vuông] nên khoảng cách từ tâm O đến AB, BC, CD, DA bằng nhau và cùng bằng OH [ định lý liên hệ giữa dây cung và khoảng cách từ tâm đến dây]
Ta có: \[\Delta OAD\] là tam giác vuông cân tại \[O\] lại có \[OH\] là đường cao \[\Rightarrow \, H\] là trung điểm của \[AD \Rightarrow OH=AH=HD.\]
\[ \Rightarrow r = OH = AH.\]
Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác vuông \[OHD\] ta có:
\[OH^2+AH^2=OA^2\] \[\Leftrightarrow {r^2} + {r^2} = {2^2} \Rightarrow 2{r^2} = 4 \Rightarrow r = \sqrt 2 [cm].\]
Vẽ đường tròn \[[O;\sqrt2cm]\]. Đường tròn này nội tiếp hình vuông, tiếp xúc bốn cạnh hình vuông tại các trung điểm của mỗi cạnh.
Bài 62 trang 91 SGK Toán lớp 9 tập 2
Câu hỏi:
- Vẽ tam giác \[ABC\] cạnh \[a = 3cm\].
- Vẽ đường tròn \[[O;R]\] ngoại tiếp tam giác đều \[ABC\]. Tính \[R\].
- Vẽ đường tròn \[[O;r]\] nội tiếp tam giác đều \[ABC\]. Tính \[r\].
- Vẽ tiếp tam giác đều \[IJK\] ngoại tiếp đường tròn \[[O;R]\].
Lời giải:
- Vẽ tam giác đều \[ABC\] có cạnh bằng \[3cm\] [dùng thước có chia khoảng và compa].
+ Dựng đoạn thẳng AB = 3cm .
+Dựng cung tròn [A, 3] và cung tròn [B, 3]. Hai cung tròn này cắt nhau tại điểm C.
Nối A với C, B với C ta được tam giác đều ABC cạnh 3cm.
- Gọi \[A';B';C'\] lần lượt là trung điểm của \[BC;AC;AB.\]
Tâm \[O\] của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \[ABC\] là giao điểm của ba đường trung trực [đồng thời là ba đường cao, ba trung tuyến, ba phân giác \[AA';BB';CC'\] của tam giác đều \[ABC\]].
Dựng đường trung trực của đoạn thẳng BC và CA.
Hai đường trung trực cắt nhau tại O.
Vẽ đường tròn tâm O, bán kính \[R=OA = OB = OC\] ta được đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Tính \[AA'\]:
Xét tam giác \[AA'C\] vuông tại \[A'\] có \[AC=3;A'C=\dfrac{3}{2}\], theo định lý Pytago ta có \[AC^2=AA'^2+A'C^2\]\[\Rightarrow AA'^2=3^2-\dfrac {3^2}{4}=\dfrac {9}{4} \Rightarrow AA'=\dfrac {3\sqrt {3}}{2}\]
Theo cách dựng ta có O cũng là trọng tâm tam giác ABC nên \[OA=\dfrac{2}3AA'\]
Ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là \[R= OA =\] \[\dfrac{2}{3}\]\[AA'\] = \[\dfrac{2}{3}\]. \[\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\] = \[\sqrt3 [cm]\].
- Do tam giác ABC là tam giác đều các trung điểm A’; B’; C’ của các cạnh BC; CA; AB đồng thời là chân đường phân giác hạ từ A, B, C đến BC, AC, AB.
Đường tròn nội tiếp \[[O;r]\] tiếp xúc ba cạnh của tam giác đều \[ABC\] tại các trung điểm \[A', B', C'\] của các cạnh.
Hay đường tròn [O; r] là đường tròn tâm O; bán kính \[r=OA’ = OB’ = OC’.\]
Ta có: \[r = OA' \]\[=\dfrac{1}{3}\]\[ AA'\] \[=\dfrac{1}{3}.\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\] \[=\dfrac{\sqrt{3}}{2}[cm].\]
- Vẽ các tiếp tuyến với đường tròn \[[O;R]\] tại \[A,B,C\]. Ba tiếp tuyến này cắt nhau tại \[I, J, K\]. Ta có \[∆IJK\] là tam giác đều ngoại tiếp \[[O;R]\].
Bài 63 trang 92 SGK Toán lớp 9 tập 2
Câu hỏi:
Vẽ các hình lục giác đều, hình vuông, hình tam giác đều cùng nội tiếp đường tròn \[[O;R]\] rồi tính cạnh của các hình đó theo \[R\].
Phương pháp:
+] Sử dụng compa và thước kẻ có chia độ dài để vẽ hình.
+] Sử dụng định lý Pi-ta-go để tính R.
Lời giải:
+] Hình a.
Cách vẽ: vẽ đường tròn \[[O;R]\]. Trên đường tròn ta đặt liên tiếp các cung \[\overparen{{A_1}{A_2}}\], \[\overparen{{A_2}{A_3}}\],...,\[\overparen{{A_6}{A_1}}\] mà dây căng cung có độ dài bằng \[R\]. Nối \[{A_1}\] với \[{A_2}\], \[{A_2}\] với \[{A_3}\],…, \[{A_6}\] với \[{A_1}\] ta được hình lục giác đều \[{A_1}\]\[{A_2}\]\[{A_3}\]\[{A_4}\]\[{A_5}\]\[{A_6}\] nội tiếp đường tròn
Tính bán kính:
Gọi \[{a_i}\] là cạnh của đa giác đều có \[i\] cạnh.
\[{a_6}= R\] [vì \[O{A_1}{A_2}\] là tam giác đều]
+] Hình b.
Cách vẽ:
+ Vẽ đường kính \[A_1A_3\] của đường tròn tâm O.
+ Vẽ đường kính \[A_2A_4 ⊥A_1A_3\]
Tứ giác \[A_1A_2A_3A_4\] có hai đường chéo bằng nhau, vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên là hình vuông.
Nối \[A_1\] với \[A_2;A_2\] với \[A_3;A_3\] với \[A_4;A_4\] với \[A_1\] ta được hình vuông \[A_1A_2A_3A_4\] nội tiếp đường tròn [O].
Tính bán kính:
Gọi độ dài cạnh của hình vuông là \[a.\]
Vì hai đường chéo của hình vuông vuông góc với nhau nên xét tam giác vuông \[O{A_1}{A_2}\] có
\[{a^2} = {R^2} + {R^2} = 2{R^2} \Rightarrow a = R\sqrt 2 \]
+] Hình c:
Cách vẽ như câu a] hình a.
Nối các điểm chia cách nhau một điểm thì ta được tam giác đều chẳng hạn tam giác \[{A_1}{A_3}{A_5}\] như trên hình c.
Tính bán kính:
Gọi độ dài cạnh của tam giác đều là \[a.\]
\[{A_1}H\] \[=A_1O+OH= R+\dfrac{R}{2}\] = \[\dfrac{3R}{2}\]
\[{A_3}H\] \[= \dfrac{AA'}{2}=\dfrac{a}{2}\]
\[{A_1}\]\[{A_3}=a\]
Trong tam giác vuông \[{A_1}H{A_3}\] ta có: \[{A_1}{H^2} = {A_1}{A_3}^2 - {A_3}{H^2}\].
Từ đó \[\dfrac{9R^{2}}{4}\] = \[a^2\] - \[\dfrac{a^{2}}{4}\].
\[\Rightarrow{a^2} = 3{R^2} \Rightarrow a = R\sqrt 3 \]
Bài 64 trang 92 SGK Toán lớp 9 tập 2
Câu hỏi:
Trên đường tròn bán kính \[R\] lần lượt đặt theo cùng một chiều, kể từ điểm \[A\], ba cung \[\overparen{AB}\], \[\overparen{BC}\], \[\overparen{CD}\] sao cho: \[sđ\overparen{AB}\]=\[60^0\], \[sđ\overparen{BC}\]=\[90^0\], \[sđ\overparen{CD}\]=\[120^0\]
- Tứ giác \[ABCD\] là hình gì?
- Chứng minh hai đường chéo của tứ giác \[ABCD\] vuông góc với nhau.
- Tính độ dài các cạnh của tứ giác \[ABCD\] theo \[R\].
Lời giải:
- Xét đường tròn \[[O]\] ta có:
\[\displaystyle \widehat {BA{\rm{D}}} = {{{{90}^0} + {{120}^0}} \over 2} = {105^0}\] [góc nội tiếp chắn \[\overparen{BCD}\]] [1]
\[\displaystyle \widehat {A{\rm{D}}C} = {{{{60}^0} + {{90}^0}} \over 2} = {75^0}\] [ góc nội tiếp chắn \[\overparen{ABC}\] ] [2]
Từ [1] và [2] có:
\[\widehat {BA{\rm{D}}} + \widehat {A{\rm{D}}C} = {105^0} + {75^0} = {180^0}\] [3]
Mà hai góc này ở vị trí trong cùng phía
Nên \[AB // CD\]. Do đó tứ giác \[ABCD\] là hình thang, mà hình thang nội tiếp đường tròn là hình thang cân.
Vậy \[ABCD\] là hình thang cân suy ra [\[BC = AD\] và \[sđ\overparen{BC}\]=\[sđ\overparen{AD}\]=\[90^0\]]
- Giả sử hai đường chéo \[AC\] và \[BD\] cắt nhau tại \[I\].
\[\widehat {CI{\rm{D}}}\] là góc có đỉnh nằm trong đường tròn, nên:
\[\displaystyle \widehat {CI{\rm{D}}}\] \[=\dfrac{sđ\overparen{AB}+sđ\overparen{CD}}{2}\]\[=\displaystyle {{{{60}^0} + {{120}^0}} \over 2} = {90^0}\]
Vậy \[AC \bot BD.\]
- Vì \[sđ\overparen{AB}= 60^0\] nên \[\widehat {AOB} = {60^0}\] [góc ở tâm]
\[=> ∆AOB\] đều, nên \[AB = OA = OB = R.\]
Vì \[ sđ \overparen{BC} = {90^0} \Rightarrow \widehat {BOC} = {90^0}\] [góc ở tâm]
\[\Rightarrow BC = \sqrt{OB^2+OC^2}=R\sqrt2.\]
Kẻ \[OH \bot CD.\]
Tứ giác \[ABCD\] là hình thang cân \[\Rightarrow \widehat{BCD}=\widehat{ADC}=75^0.\]
Lại có \[\Delta BOC\] vuông cân tại \[O \Rightarrow \widehat{BCO}=45^0.\]
\[\Rightarrow \widehat{OCD}=\widehat{BCD}-\widehat{BCO}=75^0-45^0=30^0.\]
Xét \[\Delta OCH\] vuông tại \[H\] ta có:
\[HC=OC.\cos \widehat{OCH}=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}.\]
Mà \[H\] là trung điểm của \[CD\] [định lý đường kính vuông góc với dây cung thì đi qua trung điểm của dây ấy].