Ta sử dụng kiến thức:

+) Hình vuông là có hai đường chéo bằng nhau, cắt nhau tại trung điểm mỗi đường, và hai đường chéo vuông góc với nhau.

+) Tam giác đều có các cạnh, các góc bằng nhau bằng ${60}^{\circ }.$

+) Bất kì đa giác nào cũng có một và chỉ một đường tròn ngoại tiếp.

Lời giải:

Cách vẽ:  

− Vẽ đường tròn $(O;R)$

− Kẻ $2$ đường kính $AC\perp BD$

− Nối $AB,BC,CD,DA$ ta được tứ giác $ABCD$ là hình vuông nội tiếp trong đường tròn $(O;R)$

− Từ $A$ đặt liên tiếp các cung bằng nhau có dây tương ứng bằng bán kính $R$ là: 

$\stackrel{⏜}{A{A}_1},$ $\stackrel{⏜}{A_1{A}_2},$ $\stackrel{⏜}{A_{2}C},$ $\stackrel{⏜}{C{A}_3},$ $\stackrel{⏜}{A_3{A}_4}$

Nối $A{A}_2,$$A_2{A}_3,$$A_{3}A,$ ta có $∆A{A}_2{A}_3,$ là tam giác đều nhận $O$ làm tâm.

Chứng minh:

Vì các cung $\stackrel{⏜}{A{A}_1},$ $\stackrel{⏜}{A_1{A}_2},$ $\stackrel{⏜}{A_{2}C},$ $\stackrel{⏜}{C{A}_3},$ $\stackrel{⏜}{A_3{A}_4}$ bằng nhau nên ta có:

$\stackrel{⏜}{A{A}_2}$$=\stackrel{⏜}{A_2{A}_3}$$=\stackrel{⏜}{A_{3}A}$

Suy ra $A{A}_2=A_2{A}_3=A_{3}A$ nên tam giác $A{A}_2{A}_3$ là tam giác đều

Theo cách vẽ ta có $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A{A}_2{A}_3$

Vậy tam giác $A{A}_2{A}_3$ thỏa mãn đề bài. 

Ta sử dụng kiến thức:

+) Tất cả các đỉnh của đa giác đều đều nằm trên một đường tròn. Tất cả các đa giác đều đều có một đường tròn ngoại tiếp.

Lời giải:

Cách vẽ:

− Vẽ đường tròn $(0;2cm)$ 

− Vẽ đường kính $AC\perp BD$

− Nối $AB,BC,CD,DA$ ta có hình vuông $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(0;2cm)$

− Kẻ đường kính $EF\perp AD;$ đường kính $GH\perp AB$

Nối $AE,ED,DG,GC,CF,$$FB,$$BH,$$HA$ ta có đa giác $AEDGCFBH$ là đa giác đều $8$ cạnh nội tiếp trong đường tròn $(0;2cm).$

Hướng dẫn:

Tính $\widehat{COB}$ rồi tính $\sin \widehat{COB}$ và $\tan \widehat{COB},$ từ đây tính được $R$ và $r$ $(h.4).$

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của một đa giác được gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác.

+) Đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnh của đa giác được gọi là đường tròn nội tiếp đa giác.

+) Số đo góc ở tâm chắn mỗi cạnh của đa giác đều $n$ cạnh bằng ${\displaystyle \frac{{360}^{\circ }}{n}}.$

Lời giải:

Giả sử một đa giác đều $n$ cạnh có độ dài một cạnh là $a.$ Gọi $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp, $r$ bán kính đường tròn nội tiếp. 

$\Rightarrow OB=R;OC=r$

$\widehat{AOB}={\displaystyle \frac{{360}^{\circ }}{n}}$

$\Rightarrow \widehat{COB}={\displaystyle \frac{{360}^{\circ }}{n}:2=\frac{{180}^{\circ }}{n}}$

Trong $∆OCB$ ta có: $\widehat{OCB}={90}^{\circ }$

Nên $\sin \widehat{COB}={\displaystyle \frac{CB}{OB}=\frac{{\displaystyle \frac{a}{2}}}{R}=\frac{a}{2R}}$

$\Rightarrow 2R={\displaystyle \frac{a}{\sin {\displaystyle \frac{{180}^{\circ }}{n}}}}$

$\Rightarrow R={\displaystyle \frac{a}{2\sin {\displaystyle \frac{{180}^{\circ }}{n}}}}$

Xét tam giác $OCB$ vuông tại $C$, ta có:

$\tan \widehat{COB}={\displaystyle \frac{CB}{OC}=\frac{{\displaystyle \frac{a}{2}}}{r}={\displaystyle \frac{a}{2r}}}$

$\Rightarrow 2r={\displaystyle \frac{a}{\tan {\displaystyle \frac{{180}^{\circ }}{n}}}}$

$\Rightarrow r={\displaystyle \frac{a}{2\tan {\displaystyle \frac{{180}^{\circ }}{n}}}}$

$a)$ Vẽ một lục giác đều $ABCDEG$ nội tiếp đường tròn bán kính $2cm$ rồi vẽ hình $12$ cạnh đều $AIBJCKDLEMGN$ nội tiếp đường tròn đó. Nêu cách vẽ.

$b)$ Tính độ dài cạnh $AI.$

$c)$ Tính bán kính $r$ của đường tròn nội tiếp hình $AIBJCKDLEMGN.$

Hướng dẫn. Áp dụng các công thức ở bài $46.$

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của một đa giác được gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác.

+) Đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnh của đa giác được gọi là đường tròn nội tiếp đa giác.

+) Số đo góc ở tâm chắn mỗi cạnh của đa giác đều $n$ cạnh bằng ${\displaystyle \frac{{360}^{\circ }}{n}}.$

Lời giải:

$a)$ Cách vẽ:

− Vẽ đường tròn $(0;2cm)$ 

− Từ điểm $A$ trên đường tròn $(0;2cm)$ đặt liên tiếp các cung bằng nhau có dây căng cung $2cm.$

$\stackrel{⏜}{AB}$ $=\stackrel{⏜}{BC}$ $=\stackrel{⏜}{CD}$ $=\stackrel{⏜}{DE}$ $=\stackrel{⏜}{EG}$

Nối $AB,BC,CD,DE,EG,GA$ ta có lục giác đều $ABCDEG$ nội tiếp trong đường tròn $(0;2cm).$

− Kẻ đường kính vuông góc với $AB$ và $DE$ cắt đường tròn tại $I$ và $L.$

Ta có: $\stackrel{⏜}{AI}=\stackrel{⏜}{IB};$ $\stackrel{⏜}{LD}=\stackrel{⏜}{LE}$

− Kẻ đường kính vuông góc với $BC$ và $EG$ cắt đường tròn tại $J$ và $M.$

$\stackrel{⏜}{BJ}=\stackrel{⏜}{JC}$; $\stackrel{⏜}{ME}=\stackrel{⏜}{MG}$

− Kẻ đường kính vuông góc với $CD$ và $AG$ cắt đường tròn tại $N$ và $K.$

$\stackrel{⏜}{KC}=\stackrel{⏜}{KD};$ $\stackrel{⏜}{NA}=\stackrel{⏜}{NG}$

Nối $AI,IB,BJ,JC,CK,KD,DL,$ $LE,$ $EM,$ $MG,$ $GN,$ $NA$

Ta có đa giác đều $12$ cạnh $AIBJCKDLEMGN.$

$b)$ $AI$ là cạnh của đa giác đều $12$ cạnh.

Kẻ $OH\perp AI$

$\widehat{IOH}={\displaystyle \frac{{180}^{\circ }}{12}={15}^{\circ }}$

Xét tam giác vuông $IOH$ có: $OI={\displaystyle \frac{HI}{\sin \widehat{IOH}}}$

$\Rightarrow OI={\displaystyle \frac{AI}{2\sin \widehat{IOH}}}$

$\Rightarrow AI=OI.2\sin \widehat{IOH}$

$AI=2.2sin{15}^{\circ }\approx$$1,04(cm)$

$c)$ $OH=r$ bán kính đường tròn nội tiếp đa giác đều $12$ cạnh.

Trong tam giác vuông $OHI$ ta có $OH=OI.\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\widehat{HOI}=2.c{\mathrm{o}\mathrm{s}15}^{\circ }\approx 1,93(\mathrm{c}\mathrm{m})$

$a)$ Tính cạnh của một ngũ giác đều nội tiếp đường tròn bán kính $3cm.$

$b)$ Tính cạnh của một ngũ giác đều ngoại tiếp đường tròn bán kính $3cm.$ 

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của một đa giác được gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác.

+) Đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnh của đa giác được gọi là đường tròn nội tiếp đa giác.

+) Số đo góc ở tâm chắn mỗi cạnh của đa giác đều $n$ cạnh bằng ${\displaystyle \frac{{360}^{\circ }}{n}}.$

Lời giải:

$a)$ Kẻ $OH\perp AB,$ ta có: $HA=HB={\displaystyle \frac{1}{2}AB,OA=R=3cm}$

Vì $ABCDE$ là ngũ giác đều nên: $\widehat{BOA}={\displaystyle \frac{{360}^{\circ }}{5}={72}^{\circ }}$ 

Suy ra $\widehat{HOA}={\displaystyle \frac{\widehat{BOA}}{2}}$$={\displaystyle \frac{{72}^{\circ }}{5}={36}^{\circ }}$ 

Trong tam giác vuông $OHA$ vuông tại $H$ ta có: 

$AH=OA.\sin \widehat{HOA}$

$\Rightarrow AB=2.AH=2OA.\sin \widehat{HOA}$$=\mathrm{2.3.}\sin {36}^{\circ }\approx 3,522$ $(cm)$

$b)$ Từ giả thiết suy ra $OH=r=3cm$

Trong tam giác vuông $OHA$ vuông tại $H$ ta có:

 $AH=OH.\tan \widehat{HOA}$ $\Rightarrow AB=2.AH=2.OH.\tan \widehat{HOA}$$=\mathrm{2.3.}\tan {36}^{\circ }\approx 4,356$ $(cm)$

Hướng dẫn:

Cách $1:$ áp dụng công thức $a=2R\sin {\displaystyle \frac{{180}^{\circ }}{n}}$

Cách $2:$ tính trực tiếp.

Vẽ dây $AB$ là cạnh của một hình vuông nội tiếp đường tròn $(O),$ gọi $C$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $AB.$ Khi đó $CA$ là cạnh của hình tám cạnh đều nội tiếp. Hãy tính $CA$ trong tam giác vuông $CA{C}^{\prime }.$

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của một đa giác được gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác.

+) Đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnh của đa giác được gọi là đường tròn nội tiếp đa giác.

+) Trong tam giác vuông, bình phương cạnh góc vuông bằng tích cạnh huyền với hình chiếu của cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền.

Lời giải:

Cách $1:$ Áp dụng công thức $a=2R\sin {\displaystyle \frac{{180}^{\circ }}{n}},$ ta có:

$a=2R\sin {22}^{\circ }{30}^{\prime }$$\approx 0,765R$ 

Cách $2:$

$AC$ là cạnh của đa giác đều $8$ cạnh.

Nên $sđ\stackrel{⏜}{AC}={\displaystyle \frac{1}{8}}{.360}^0={45}^0$

Do đó $\widehat{A{C}^{\prime }C}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{AC}}{2}}={22}^0{30}^{\prime }$ (tính chất góc nội tiếp)

Trong tam giác vuông $CA{C}^{\prime },$ ta có:

$\sin \widehat{A{C}^{\prime }C}={\displaystyle \frac{AC}{C{C}^{\prime }}}$ 

$\Rightarrow AC=C{C}^{\prime }.\sin \widehat{A{C}^{\prime }C}$$=2R.\sin {22}^0{30}^{\prime }\approx 0,765R$

Ta sử dụng kiến thức:

+) Trong một đường tròn, số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn.

+) Nếu $C$ là một điểm trên cung $AB$ thì: $sđ\stackrel{⏜}{AB}=sđ\stackrel{⏜}{AC}+sđ\stackrel{⏜}{CB}.$

Lời giải:

Dây $AB$ bằng cạnh hình vuông nội tiếp đường tròn $(O;R)$ nên $AB=R\sqrt{2}$ và cung $\stackrel{⏜}{AB}$ nhỏ có  $sđ\stackrel{⏜}{AB}={360}^0:4={90}^{\circ }$.

Dây $BC$ bằng cạnh hình tam giác đều nội tiếp đường tròn $(O;R)$ nên $BC=R\sqrt{3}$ và cung nhỏ $\stackrel{⏜}{BC}$ có  $sđ\stackrel{⏜}{BC}={360}^0:3={120}^{\circ }$.

$\Rightarrow sđ\stackrel{⏜}{AC}=sđ\stackrel{⏜}{BC}-sđ\stackrel{⏜}{AB}$ $={120}^{\circ }-{90}^{\circ }={30}^{\circ }$

$\Rightarrow \widehat{ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{AC}={15}^{\circ }}$ (tính chất góc nội tiếp)

Trong $∆AHB$ có $\widehat{AHB}={90}^{\circ }$

$\Rightarrow AH=AB.\sin \widehat{ABH}$$=R\sqrt{2}.\sin {15}^{\circ }\approx 0,36R$

Trong $∆AHC$ có $\widehat{AHC}={90}^{\circ }$

$\widehat{ACB}={\displaystyle \frac{1}{2}}$ sđ $\stackrel{⏜}{AB}={45}^{\circ }$ (tính chất góc nội tiếp)

$AC={\displaystyle \frac{AH}{\sin \widehat{ACH}}}$$={\displaystyle \frac{AH}{\sin {45}^{\circ }}\approx \frac{0,36R}{\sin {45}^{\circ }}\approx 0,51R}$

Ta sử dụng kiến thức:

+) Trong một đường tròn, số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn.

+) Số đo góc ở tâm chắn mỗi cạnh của đa giác đều $n$ cạnh bằng ${\displaystyle \frac{{360}^{\circ }}{n}}.$

+) Nếu $C$ là một điểm trên cung $AB$ thì: $sđ\stackrel{⏜}{AB}=sđ\stackrel{⏜}{AC}+sđ\stackrel{⏜}{CB}.$

+) Số đo của góc có đỉnh ở bên trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn.

Lời giải:

Vẽ đường tròn ngoại tiếp ngũ giác đều $ABCDE$ 

$sđ\stackrel{⏜}{AB}=sđ\stackrel{⏜}{BC}=sđ\stackrel{⏜}{CD}$$=sđ\stackrel{⏜}{DE}=sđ\stackrel{⏜}{AE}={\displaystyle \frac{{360}^{\circ }}{5}}={72}^{\circ }$$(1)$

$\widehat{E_1}={\displaystyle \frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{AB}}$ (tính chất góc nội tiếp)   $(2)$

$\widehat{D_1}={\displaystyle \frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{AE}}$ (tính chất góc nội tiếp)   $(3)$

Từ $(1),$ $(2)$ và $(3)$ suy ra: $\widehat{E_1}=\widehat{D_1}$

Xét $∆AIE$ và $∆AED:$

+) $\widehat{E_1}=\widehat{D_1}$ (chứng minh trên)

+) $\hat{A}$ chung

Suy ra: $∆AIE$ đồng dạng $∆AED(g.g)$

Do đó: ${\displaystyle \frac{AI}{AE}={\displaystyle \frac{AE}{AD}}}$

$\Rightarrow$ $A{E}^2=AI.AD$$(\ast )$

Lại có: $\widehat{E_2}={\displaystyle \frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{BCD}}$ (tính chất góc nội tiếp) hay $\widehat{E_2}={\displaystyle \frac{1}{2}(sđ\stackrel{⏜}{BC}+sđ\stackrel{⏜}{CD}}$) $(4)$

$\widehat{I_1}={\displaystyle \frac{1}{2}(sđ\stackrel{⏜}{DE}+sđ\stackrel{⏜}{AB}}$) (tính chất góc có đỉnh ở trong đường tròn)  $(5)$

Từ $(1),$ $(4)$ và $(5)$ suy ra: $\widehat{E_2}=\widehat{I_1}$

$\Rightarrow$ $∆DEI$ cân tại $D$ $\Rightarrow DE=DI$

          $DE=AE(gt)$

Suy ra:$DI=AE(\ast \ast )$

Từ $(\ast )$ và $(\ast \ast )$ suy ra:$D{I}^2=AI.AD$

Bài tập bổ sung (trang 109 SBT Toán 9)

$a)$ Mỗi tam giác luôn có một đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn nội tiếp.

$b)$ Mỗi tứ giác luôn có một đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn nội tiếp.

$c)$ Giao điểm ba đường trung tuyến của một tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ấy.

$d)$ Giao điểm ba đường trung trực của một tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ấy.

$e)$ Giao điểm ba đường phân giác trong của một tam giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ấy.

$f)$ Giao điểm ba đường cao của một tam giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ấy.

$g)$ Tứ giác có tổng độ dài các cặp cạnh đối nhau bằng nhau thì ngoại tiếp được đường tròn.

$h)$ Tứ giác có tổng số đo các cặp góc (trong) đối nhau bằng nhau thì nội tiếp được đường tròn.

$i)$ Đường tròn tiếp xúc với các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác là đường tròn nội tiếp tam giác đó.

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

+) Bất kì đa giác đều nào cũng có một và chỉ một đường tròn ngoại tiếp, có một và chỉ một đường tròn nội tiếp.

+) Đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của một đa giác được gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác.

+) Đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnh của đa giác được gọi là đường tròn nội tiếp đa giác.

Lời giải:

Câu $a:$ Đúng 

Câu $b:$ Sai

Câu $c:$ Sai vì giao ba đường trung trực là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.

Câu $d:$ Đúng

Câu $e:$ Đúng

Câu $f:$ Sai vì giao ba đường phân giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác.

Câu $g:$ Đúng

Câu $h:$ Đúng

Câu $i:$ Sai vì nó còn có thể là đường tròn bàng tiếp tam giác.

Ta sử dụng kiến thức:

+) Trong một đường tròn, đường kính đi qua trung điểm của một dây không đi qua tâm thì vuông góc với dây ấy.

+) Nếu một đường thẳng là tiếp tuyến của một đường tròn thì nó vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm.

+) Nếu các đỉnh của đa giác cùng nhìn một cạnh dưới góc vuông thì đa giác đó nội tiếp đường tròn.