Tailieumoi.vn giới thiệu Giải bài tập Toán lớp 9 Bài 29: Tứ giác nội tiếp chi tiết sách Toán 9 Tập 2 Kết nối tri thức giúp học sinh xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập môn Toán 9. Mời các bạn đón xem:

Giải bài tập Toán 9 Bài 29: Tứ giác nội tiếp

Mở đầu trang 80 Toán 9 Tập 2: Với mỗi tam giác cho trước luôn có một đường tròn đi qua ba đỉnh của tam giác đó. Điều này có đúng với tứ giác hay không? Trong bài học này, các em sẽ tìm hiểu vấn đề đó.

Lời giải:

Để trả lời được câu hỏi trên, chúng ta cùng tìm hiểu bài học này.

1. Đường tròn ngoại tiếp một tứ giác

HĐ1 trang 80 Toán 9 Tập 2: Cho tứ giác ABCD có $\hat{A}=\hat{C}=90°$ (H.9.28). Hãy giải thích vì sao bốn đỉnh của tứ giác ABCD cùng nằm trên một đường tròn có tâm là trung điểm O của đoạn thẳng BD.

Lời giải:

Xét ∆ABD vuông tại A, đường tròn ngoại tiếp tam giác có tâm là trung điểm O của BD và bán kính bằng nửa BD. Do đó ba điểm A, B, D cùng nằm trên đường tròn tâm O, đường kính BD.

Xét ∆BCD vuông tại C, đường tròn ngoại tiếp tam giác có tâm là trung điểm O của BD và bán kính bằng nửa BD. Do đó ba điểm B, C, D cùng nằm trên đường tròn tâm O, đường kính BD.

Vậy bốn đỉnh của tứ giác ABCD cùng nằm trên một đường tròn có tâm là trung điểm O của đoạn thẳng BD.

HĐ2 trang 80 Toán 9 Tập 2: Trên đường tròn (O), lấy các điểm A, B, C, D sao cho ABCD là tứ giác lồi (H.9.29). Các đường trung trực của các cạnh AB, BC, CD, DA có đồng quy hay không?

Lời giải:

Ta có A, B, C, D cùng nằm trên đường tròn (O) nên OA = OB = OC = OD.

Vì OA = OB nên O nằm trên đường trung trực của AB.

Vì OB = OC nên O nằm trên đường trung trực của BC.

Vì OC = OD nên O nằm trên đường trung trực của CD.

Vì OD = OA nên O nằm trên đường trung trực của DA.

Vậy các đường trung trực của các cạnh AB, BC, CD, DA có đồng quy tại O.

HĐ3 trang 81 Toán 9 Tập 2: Em hãy đo các góc đối nhau A và C của tứ giác ABCD trong HĐ2 và tính tổng $\hat{A}+\hat{C}.$ So sánh kết quả của em với các bạn.

Lời giải:

Sử dụng thước đo góc ta đo được $\hat{A}=115°$ và $\hat{C}=65°.$

Ta có $\hat{A}+\hat{C}=115°+65°=180°.$

Chú ý: HS so sánh kết quả của mình với các bạn.

Luyện tập 1 trang 81 Toán 9 Tập 2: Cho tam giác ABC có các đường cao BE, CF. Biết rằng $\hat{B}=60°,$ $\hat{C}=80°.$

a) Chứng tỏ rằng tứ giác BCEF nội tiếp một đường tròn có tâm là trung điểm của cạnh BC.

b) Tính số đo của các góc BFE và CEF.

Lời giải:

a) Vì BE, CF là hai đường cao của tam giác ABC nên BE ⊥ AC và CF ⊥ AB.

Xét ∆BCE vuông tại E, đường tròn ngoại tiếp tam giác có tâm là trung điểm O của BC và bán kính bằng nửa BC hay ba điểm B, C, E cùng nằm trên đường tròn tâm O, đường kính BC.

Xét ∆BCF vuông tại F, đường tròn ngoại tiếp tam giác có tâm là trung điểm O của BC và bán kính bằng nửa BC hay ba điểm B, C, F cùng nằm trên đường tròn tâm O, đường kính BC.

Do đó bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên đường tròn tâm O, đường kính BC.

Vậy tứ giác BCEF nội tiếp một đường tròn có tâm là trung điểm của cạnh BC.

b) Vì tứ giác BCEF nội tiếp một đường tròn nên các góc đối diện có tổng số đo bằng 180°. Do đó:

⦁ $\widehat{BFE}+\widehat{BCE}=180°,$ suy ra $\widehat{BFE}=180°-\widehat{BCE}=180°-80°=100°;$

⦁ $\widehat{CEF}+\widehat{CBF}=180°,$ suy ra $\widehat{CEF}=180°-\widehat{CBF}=180°-60°=120°.$

Vậy $\widehat{BFE}=100°;\widehat{CEF}=120°.$

Thử thách nhỏ 1 trang 82 Toán 9 Tập 2: Cho tứ giác ABCD, biết rằng các đường trung trực của ba đoạn thẳng AB, AC, AD đồng quy tại một điểm. Hãy giải thích vì sao ABCD là tứ giác nội tiếp.

Lời giải:

Gọi O là giao điểm của các đường trung trực của ba đoạn thẳng AB, AC, AD.

Vì O nằm trên đường trung trực của AB nên OA = OB.

Vì O nằm trên đường trung trực của AC nên OA = OC.

Vì O nằm trên đường trung trực của AD nên OA = OD.

Do đó OA = OB = OC = OD.

Suy ra bốn điểm A, B, C, D đều nằm trên đường tròn (O).

Vậy ABCD là tứ giác nội tiếp.

2. Đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật và hình vuông

HĐ4 trang 82 Toán 9 Tập 2: Vẽ hình chữ nhật ABCD và giao điểm M của hai đường chéo AC và BD (H.9.33).

a) Hãy giải thích vì sao điểm M cách đều bốn đỉnh của hình chữ nhật ABCD.

b) Chứng tỏ rằng hình chữ nhật ABCD nội tiếp một đường tròn có bán kính bằng nửa đường chéo hình chữ nhật.

Lời giải:

a) Hình chữ nhật ABCD có M là giao điểm của hai đường chéo AC và BD nên:

⦁ AC = BD;

⦁ M là trung điểm của AC và BD, suy ra MA = MC = $\frac{1}{2}$AC; MB = MD = $\frac{1}{2}$BD.

Do đó MA = MB = MC = MD = $\frac{1}{2}$AC = $\frac{1}{2}$BD.

Vậy điểm M cách đều bốn đỉnh của hình chữ nhật ABCD.

b) Theo câu a, MA = MB = MC = MD = $\frac{1}{2}$AC = $\frac{1}{2}$BD nên bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên đường tròn tâm M, bán kính bằng $\frac{1}{2}$AC.

Vậy hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm M là giao điểm hai đường chéo, bán kính bằng nửa đường chéo hình chữ nhật.

HĐ5 trang 82 Toán 9 Tập 2: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 3 cm (H.9.34). Hãy xác định tâm, vẽ đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD và cho biết bán kính của đường tròn đó.

Lời giải:

Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình vuông.

Vì ABCD là hình vuông nên OA = OB = OC = OD = $\frac{1}{2}$AC = $\frac{1}{2}$BD.

Do đó bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên đường tròn tâm O, bán kính bằng nửa đường chéo AC.

Xét ∆ABC vuông tại B (do ABCD là hình vuông nên $\hat{B}=90°)$ có:

AC² = AB² + BC² = 3² + 3² = 18.

Suy ra $AC=\sqrt{18}=3\sqrt{2}\text{(cm).}$

Do đó OA = OB = OC = OD = $\frac{1}{2}$.3$\sqrt{2}$ = $\frac{3\sqrt{2}}{2}$ (cm)

Vậy đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có tâm là giao điểm hai đường chéo và bán kính bằng $\frac{3\sqrt{2}}{2}$ cm.

Câu hỏi trang 82 Toán 9 Tập 2: Với điểm A cho trước nằm trên đường tròn (O), có bao nhiêu hình vuông có một đỉnh là A nội tiếp đường tròn (O)?

Lời giải:

Ta đã biết, một hình vuông luôn có một đường tròn ngoại tiếp có tâm là giao điểm hai đường chéo và bán kính bằng nửa độ dài đường chéo hình vuông.

Giả sử dựng được hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O). Lúc này, đường chéo AC là đường kính của (O).

Mặt khác, hình vuông ABCD có đường chéo AC là đường phân giác của góc BAD nên $\widehat{BAC}=\widehat{DAC}=\frac{1}{2}\widehat{BAD}=\frac{1}{2}\cdot 90°=45°.$

Do đó, từ một điểm A cho trước nằm trên đường tròn (O), ta xác định được duy nhất một đường kính AC. Khi đó, ta cũng xác định được duy nhất một điểm B và một điểm D cùng nằm trên đường tròn (O) thỏa mãn $\widehat{BAC}=\widehat{DAC}=45°.$

Vậy với điểm A cho trước nằm trên đường tròn (O), có duy nhất một hình vuông có một đỉnh là A nội tiếp đường tròn (O).

Luyện tập 2 trang 83 Toán 9 Tập 2: Cho hình thoi ABCD có các cạnh bằng 3 cm. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Chứng tỏ rằng tứ giác MNPQ là hình chữ nhật và tìm bán kính đường tròn ngoại tiếp của tứ giác đó.

Lời giải:

⦁ Xét ∆ABC có M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC nên MN là đường trung bình của tam giác. Do đó MN // AC và MN = $\frac{1}{2}$AC. (1)

Chứng minh tương tự đối với ∆ACD, ta cũng có PQ // AC và PQ = $\frac{1}{2}$AC. (2)

Từ (1) và (2) ta có MN // PQ và MN = PQ.

Do đó tứ giác MNPQ là hình bình hành.

Vì ABCD là hình thoi nên AC ⊥ BD. (3)

Xét ∆ABD có M, Q lần lượt là trung điểm của AB, AD nên MQ là đường trung bình của tam giác. Do đó MQ // BD. (4)

Từ (1), (3) và (4) suy ra MN ⊥ MQ hay $\widehat{NMQ}=90°.$

Khi đó hình bình hành MNPQ là hình chữ nhật.

⦁ Vì MNPQ là hình chữ nhật nên đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật có tâm là giao điểm hai đường chéo MP và NQ.

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Khi đó O là trung điểm của AC và BD.

Vì ABCD là hình thoi nên AB // CD và AB = CD.

Lại có M, P lần lượt là trung điểm của AB, CD nên AM = MB = CP = PD và AM // CP.

Do đó tứ giác AMCP là hình bình hành.

Suy ra hai đường chéo AC và MP cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Lại có O là trung điểm của AC nên O cũng là trung điểm của MP.

Khi đó, đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật MNPQ có tâm là điểm O và bán kính là OM.

Xét ∆ABC có M, O lần lượt là trung điểm của AB, AC nên MO là đường trung bình của tam giác. Do đó $MO=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\cdot 3=1,5\text{(cm).}$

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD bằng 1,5 cm.

Thử thách nhỏ 2 trang 83 Toán 9 Tập 2: Nếu các hình chữ nhật có chung một đường chéo (ví dụ như hai hình chữ nhật ABCD và AECF trong Hình 9.36) thì các đỉnh của chúng có cùng nằm trên một đường tròn không?

Lời giải:

Vì ABCD là hình chữ nhật nên nó nội tiếp đường tròn đường kính AC, hay bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên đường tròn đường kính AC.

Vì AECF là hình chữ nhật nên nó nội tiếp đường tròn đường kính AC, hay bốn điểm A, E, C, F cùng nằm trên đường tròn đường kính AC.

Do đó các điểm A, B, C, D, E, F cùng nằm trên đường kính AC.

Vậy các đỉnh của hai hình chữ nhật có chung một đường chéo thì các đỉnh của chúng cùng nằm trên một đường tròn đường kính là đường chéo chung đó.

Bài tập

Bài 9.18 trang 83 Toán 9 Tập 2: Cho ABCD là tứ giác nội tiếp. Tính số đo của các góc còn lại của tứ giác trong mỗi trường hợp sau:

a) $\hat{A}=60°,\hat{B}=80°;$

b) $\hat{B}=70°,\hat{C}=90°;$

c) $\hat{C}=100°,\hat{D}=60°;$

d) $\hat{D}=110°,\hat{A}=80°.$

Lời giải:

Vì tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên các góc đối diện có tổng số đo bằng 180°. Do đó $\hat{A}+\hat{C}=180°$ và $\hat{B}+\hat{D}=180°.$

a)

Ta có:

⦁ $\hat{A}+\hat{C}=180°$ hay $\hat{C}=180°-\hat{A}=180°-60°=120°;$

⦁ $\hat{B}+\hat{D}=180°$ hay $\hat{D}=180°-\hat{B}=180°-80°=100°.$

b)

Ta có:

⦁ $\hat{A}+\hat{C}=180°$ hay $\hat{A}=180°-\hat{C}=180°-90°=90°;$

⦁ $\hat{B}+\hat{D}=180°$ hay $\hat{D}=180°-\hat{B}=180°-70°=110°.$

c)

Ta có:

⦁ $\hat{A}+\hat{C}=180°$ hay $\hat{A}=180°-\hat{C}=180°-100°=80°;$

⦁ $\hat{B}+\hat{D}=180°$ hay $\hat{B}=180°-\hat{D}=180°-60°=120°.$

d)

Ta có:

⦁ $\hat{A}+\hat{C}=180°$ hay $\hat{C}=180°-\hat{A}=180°-80°=100°;$

⦁ $\hat{B}+\hat{D}=180°$ hay $\hat{B}=180°-\hat{D}=180°-110°=70°.$

Bài 9.19 trang 83 Toán 9 Tập 2: Cho điểm I nằm ngoài đường tròn (O). Qua I kẻ hai đường thẳng lần lượt cắt (O) tại bốn điểm A, B và C, D sao cho A nằm giữa B và I, C nằm giữa D và I. Chứng minh rằng $\widehat{IBD}=\widehat{ICA},\widehat{IAC}=\widehat{IDB}$ và IA . IB = IC . ID.

Lời giải:

– Vì tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn (O) nên các góc đối diện có tổng số đo bằng 180°. Do đó:

⦁ $\widehat{DCA}+\widehat{ABD}=180°$

Mà $\widehat{DCA}+\widehat{ICA}=180°$ (hai góc kề bù) nên $\widehat{ABD}=\widehat{ICA}$ hay $\widehat{IBD}=\widehat{ICA}.$

⦁ $\widehat{BAC}+\widehat{BDC}=180°.$

Mà $\widehat{BAC}+\widehat{IAC}=180°$ (hai góc kề bù) nên $\widehat{BDC}=\widehat{IAC}$ hay $\widehat{IDB}=\widehat{IAC}.$

– Xét ∆IAC và ∆IDB, có:

$\widehat{IAC}=\widehat{IDB}$ (chứng minh trên) và $\widehat{BID}$ là góc chung

Do đó ∆IAC ᔕ ∆IDB (g.g)

Suy ra $\frac{IA}{ID}=\frac{IC}{IB}$ (tỉ số đồng dạng) nên IA . IB = IC . ID.

Bài 9.20 trang 83 Toán 9 Tập 2: Cho hình bình hành ABCD nội tiếp đường tròn (O). Chứng minh rằng ABCD là hình chữ nhật.

Lời giải:

Vì hình bình hành ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên các góc đối diện có tổng số đo bằng 180°. Do đó: $\widehat{ABC}+\widehat{ADC}=180°.\left(1\right)$

Vì ABCD là hình bình hành nên hai góc đối bằng nhau, do đó $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}.\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{ABC}+\widehat{ABC}=180°.$

Hay $2\widehat{ABC}=180°,$ do đó $\widehat{ABC}=90°.$

Hình bình hành ABCD có $\widehat{ABC}=90°$ nên là hình chữ nhật.

Vậy ABCD là hình chữ nhật.

Bài 9.21 trang 83 Toán 9 Tập 2: Cho hình thang ABCD (AB song song với CD) nội tiếp đường tròn (O). Chứng minh rằng ABCD là hình thang cân.

Lời giải:

Vì hình thang ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên các góc đối diện có tổng số đo bằng 180°. Do đó: $\widehat{ABC}+\widehat{ADC}=180°.\left(1\right)$

Vì ABCD là hình thang nên AB // CD, do đó $\widehat{ABC}+\widehat{BCD}=180°.\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{ADC}=\widehat{BCD}.$

Hình thang ABCD có $\widehat{ADC}=\widehat{BCD}$ nên là hình thang cân.

Bài 9.22 trang 83 Toán 9 Tập 2: Tính diện tích của một hình chữ nhật, biết rằng hình chữ nhật đó có chiều dài gấp hai lần chiều rộng và bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 2,5 cm.

Lời giải:

Giả sử ABCD là hình chữ nhật có AB = 2BC nội tiếp đường tròn (O) có bán kính 2,5 cm (hình vẽ).

Vì ABCD là hình chữ nhật nên nó nội tiếp đường tròn tâm O là giao điểm hai đường chéo AC, BD và bán kính bằng nửa độ dài đường chéo AC, hay AC là đường kính của đường tròn (O).

Do đó AC = 2 . 2,5 = 5 (cm).

Vì ABCD là hình chữ nhật nên $\widehat{ABC}=90°.$

Áp dụng định lí Pythagore vào ∆ABC vuông tại B, ta có:

AC² = AB² + BC²

Suy ra 5² = (2BC)² + BC²

Do đó 25 = 4BC² + BC²

Hay 5BC² = 25, suy ra BC² = 5, nên $BC=\sqrt{5}\text{(cm).}$

Khi đó, $AB=2BC=2\sqrt{5}\text{(cm).}$

Vậy diện tích hình chữ nhật ABCD là:

$S=AB\cdot BC=2\sqrt{5}\cdot \sqrt{5}=10{\text{ (cm}}^2\text{).}$

Bài 9.23 trang 83 Toán 9 Tập 2: Người ta muốn dựng một khung cổng hình chữ nhật rộng 4 m và cao 3 m, bên ngoài khung cổng được bao bởi một khung thép dạng nửa đường tròn như Hình 9.37. Tính chiều dài của đoạn thép làm khung nửa đường tròn đó.

Lời giải:

Giả sử ABCD là khung cổng hình chữ nhật (AB = CD = 3 m và AD = BC = 4 m) nội tiếp nửa đường tròn (O) (hình vẽ).

Gọi H là trung điểm của CD.

Khi đó $HB=HC=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\cdot 4=2\text{(m)}$ và H nằm trên đường trung trực của BC.

Vì B, C cùng nằm trên nửa đường tròn (O) nên OB = OC, suy ra O nằm trên đường trung trực của BC.

Do đó OH là đường trung trực của đoạn thẳng BC, nên OH ⊥ BC.

Mà BC // AD (do ABCD là hình chữ nhật) nên OH ⊥ AD.

Xét tứ giác ABHO có $\widehat{OAB}=\widehat{AOH}=\widehat{OHB}=90°$ nên ABHO là hình chữ nhật.

Do đó OH = AB = 3 (m).

Xét ∆OBH vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có:

OB² = OH² + HB² = 3² + 2² = 13.

Do đó $OB=\sqrt{13}\text{m}.$

Nửa chu vi đường tròn (O) là: $\pi \sqrt{13}\text{(m).}$

Vậy chiều dài của đoạn thép làm khung nửa đường tròn đó là: $\pi \sqrt{13}\text{(m).}$

Xem thêm các bài giải bài tập Toán lớp 9 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Luyện tập chung trang 78

Bài 29. Tứ giác nội tiếp

Bài 30. Đa giác đều

Luyện tập chung trang 90

Bài tập cuối chương IX

Bài 31. Hình trụ và hình nón

Lý thuyết Tứ giác nội tiếp

1. Đường tròn ngoại tiếp một tứ giác

1.1. Đường tròn đi qua bốn đỉnh của một tứ giác

Tứ giác có bốn đỉnh nằm trên một đường tròn được gọi là tứ giác nội tiếp đường tròn (hoặc đơn giản là tứ giác nội tiếp) và đường tròn được gọi là đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

Cụ thể, ở hình vẽ trên, tứ giác ABCD được gọi là nội tiếp đường tròn (O) và ta cũng nói đường tròn (O) ngoại tiếp tứ giác ABCD.

Ví dụ 1. Trong các hình sau, hình nào biểu diễn tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O)?

Hướng dẫn giải

– Ở Hình a), ta có tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) vì cả bốn đỉnh A, B, C, D đều nằm trên đường tròn (O).

– Ở Hình b), ta có tứ giác ABCD không nội tiếp đường tròn (O) vì đỉnh C không nằm trên đường tròn (O).

1.2. Định lí về tổng số đo các góc đối nhau của một tứ giác nội tiếp

Định lí: Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối nhau bằng 180°.

Ví dụ 2. Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác đều ABC. Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC (M ≠ B, C). Tính số đo $\widehat{BMC}.$

Hướng dẫn giải

Vì tam giác ABC đều nên $\widehat{BAC}=60°.$

Ta có tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O) nên $\widehat{BMC}+\widehat{BAC}=180°.$

Do đó $\widehat{BMC}=180°-\widehat{BAC}=180°-60°=120°.$

Vậy $\widehat{BMC}=120°.$

2. Đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật và hình vuông

Hình chữ nhật và hình vuông là các tứ giác nội tiếp. Đường tròn ngoại tiếp của chúng có tâm là giao điểm của hai đường chéo và bán kính bằng một nửa độ dài đường chéo.

Ví dụ 3. Xác định tâm và tính bán kính:

a) Hình chữ nhật ABCD có AB = 5 cm và AD = 12 cm.

b) Hình vuông MNPQ có MN = 6 cm.

Hướng dẫn giải

a) Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.

Suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp của hình chữ nhật ABCD.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác ABD vuông tại A, ta được:

BD² = AB² + AD² = 5² + 12² = 169.

Suy ra BD = 13 (cm).

Do đó, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD là:

$R=\frac{BD}{2}=\frac{13}{2}=6,5$(cm).

Vậy đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD có tâm O là giao điểm của AC, BD và bán kính R = 6,5 cm.

b) Gọi I là giao điểm của hai đường chéo MP và NQ.

Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông MNPQ.

Vì MNPQ là hình vuông nên MQ = MN = 6 cm.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác MNQ vuông tại M, ta được:

NQ² = MN² + MQ² = 6² + 6² = 72.

Suy ra $NQ=6\sqrt{2}$(cm).

Do đó, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông MNPQ là:

$R=\frac{NQ}{2}=\frac{6\sqrt{2}}{2}=3\sqrt{2}$(cm).

Vậy đường tròn ngoại tiếp hình vuông MNPQ có tâm I là giao điểm của MP, NQ và bán kính $R=3\sqrt{2}$ cm.