Câu 7.1, 7.2 trang 107 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2

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)

Sachbaitap.com