Câu 5.1, 5.2 trang 105 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2

Câu 5.1 trang 105 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2

Cho đường tròn tâm O bán kính R và dây AB bất kỳ. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. E và F là hai điểm bất kỳ trên dây AB. Gọi C và D tương ứng là giao điểm của ME, MF của đường tròn (O). Chứng minh \(\widehat {EFD} + \widehat {ECD} = {180^0}\).

Giải

Ta có M là điểm chính giữa cung nhỏ \(\overparen{AB}\)

\( \Rightarrow \) sđ \(\overparen{MA}\) = sđ \(\overparen{MB}\)                  (1)

\(\widehat D = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{MAC}\) (tính chất góc nội tiếp)

\( \Rightarrow \) \(\widehat D = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{MA}\) + sđ \(\overparen{AC}\))   (2)

\(\widehat{AEC}  = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{MB}\) + sđ \(\overparen{AC}\)) (tính chất góc có đỉnh ở trong đường tròn)                            (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(\widehat D = \widehat {AEC}\)

\(\widehat {AEC} + \widehat {CEF} = 180^\circ \) (kề bù)

\( \Rightarrow \)\(\widehat D + \widehat {CEF} = 180^\circ \)                                (4)

Trong tứ giác CEFD ta có:

\(\widehat {CEF} + \widehat D + \widehat {ECD} + \widehat {EFD} = 360^\circ \) (tổng các góc trong tứ giác)  (5)

Từ (4) và (5) suy ra: \(\widehat {ECD} + \widehat {EFD} = 180^\circ \)

Câu 5.2 trang 105 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2

Cho đường tròn tâm O bán kính R. Lấy 3 điểm A, B, C trên đường tròn đó sao cho

AB = BC = CA. Gọi I là điểm bất kỳ của cung nhỏ BC (và I không trùng với B, C).

Gọi M là giao điểm của CI và AB. Gọi N là giao điểm của BI và AC. Chứng minh:

a) \(\widehat {ANB} = \widehat {BCI}\)

b) \(\widehat {AMC} = \widehat {CBI}\)

Giải

AB = AC = BC (gt)

Suy ra các cung nhỏ \(\overparen{AB}\) = \(\overparen{AC}\) = \(\overparen{BC}\)   (1)

a) \(\widehat {BCI} = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{BI}\) (tính chất góc nội tiếp)

hay \(\widehat {BCI} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{BC}\)- sđ \(\overparen{CI}\))                        (2)

Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat {BCI} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{AB}\)- sđ \(\overparen{CI}\)      (3)

\(\widehat {ANB} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{AB}\)- sđ \(\overparen{CI}\)) (tính chất góc có ở đỉnh ở ngoài đường tròn)                                                                                       (4)

Từ (3) và (4) suy ra: \(\widehat {ANB} = \widehat {BCI}\)

b) \(\widehat {CBI} = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{CI}\)(tính chất góc nội tiếp)

Hay \(\widehat {CBI} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{BC}\)- sđ \(\overparen{BI}\))    (5)

Từ (1) và (5) suy ra: \(\widehat {CBI} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{AC}\)- sđ \(\overparen{BI}\))           (6)

\(\widehat {AMC} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{AC}\)- sđ \(\overparen{BI}\)) (tính chất góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn)                                                                                   (7)

Từ (6) và (7) suy ra: \(\widehat {AMC} = \widehat {CBI}\).

Sachbaitap.com