Trắc nghiệm Bài 7: Tứ giác nội tiếp Toán 9

Làm bài tập
Câu hỏi 1 :

Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) (hình \(1\) ). Chọn khẳng định  sai? 

  • A

    \(\widehat {BDC} = \widehat {BAC}\) 

  • B

    \(\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) 

  • C

    \(\widehat {DCB} = \widehat {BAx}\) 

  • D

    \(\widehat {BCA} = \widehat {BAx}\) 

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : D

Lời giải chi tiết :

Vì tứ giác \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp nên

\(\widehat {BDC} = \widehat {BAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\) )

\(\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) )

\(\widehat {DCB} = \widehat {BAx}\) (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối với đỉnh đó)

Phương án A, B, C đúng

Câu hỏi 2 :

Tứ giác ở hình nào dưới đây là tứ giác nội tiếp?

  • A

    Hình $2$

  • B

    Hình $3$

  • C

    Hình $4$

  • D

    Hình $5$

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : C

Phương pháp giải :

Tứ giác có tổng một cặp góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.

Tứ giác có 4 đỉnh cùng thuộc một đường tròn là tứ giác nội tiếp.

Lời giải chi tiết :

Hình 2 sai vì \(\widehat A + \widehat C = {115^0} + {75^0} = {190^0} \ne {180^0}\)  .

Hình 3 sai vì \(\widehat C + \widehat B = {92^0} + {85^0} = {177^0} \ne {180^0}\) .

Hình 5 sai vì \(\widehat D + \widehat B = {50^0} + {50^0} = {100^0} \ne {180^0}\)  .

Hình 4 đúng vì tứ giác này có \(4\) đỉnh cùng thuộc một đường tròn.

Câu hỏi 3 :

Cho nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) đường kính \(BC.\) Lấy điểm \(A\) trên tia đối của tia \(CB.\) Kẻ tiếp tuyến $AF,Bx$ của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) (với \(F\) là tiếp điểm). Tia \(AF\) cắt tia \(Bx\) của nửa đường tròn tại \(D.\) Khi đó tứ giác \(OBDF\) là:

  • A

    Hình thang

  • B

    Tứ giác nội tiếp

  • C

    Hình thang cân

  • D

    Hình bình hành

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : B

Phương pháp giải :

Tứ giác có tổng một cặp góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.

Lời giải chi tiết :

Ta có \(\widehat {DBO} = {90^0}\) và \(\widehat {DFO} = {90^0}\) ( tính chất tiếp tuyến).

Tứ giác \(OBDF\) có \(\widehat {DBO} + \widehat {DFO} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên nội tiếp được trong một đường tròn.

Câu hỏi 4 :

Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn có hai cạnh đối $AB$ và $CD$ cắt nhau tại $M$ và $\widehat {BAD} = {70^0}$ thì $\widehat {BCM} = ?$

  • A

    \({110^0}\)

  • B

    \({30^0}\)

  • C

    \({70^0}\)

  • D

    \({55^0}\) 

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : C

Phương pháp giải :

Áp dụng tính chất tứ giác nội tiếp có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}.\)

Lời giải chi tiết :

Tứ giác $ABCD$ nội tiếp nên có:  $\widehat {DAB} + \widehat {BCD} = {180^0}$$ \Rightarrow \widehat {BCD} = {180^0} - {70^0} = {110^0}$

Mà $\widehat {BCD} + \widehat {BCM} = {180^0}$(kề bù) $ \Rightarrow \widehat {BCM} = {180^0} - {110^0} = {70^0}$

Câu hỏi 5 :

Cho đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AB$ . Gọi $H$ là điểm nằm giữa $O$ và $B$.  Kẻ dây $CD$ vuông góc với $AB$ tại $H$ . Trên cung nhỏ $AC$ lấy điểm $E$ kẻ $CK$ vuông góc $AE$ tại $K$ . Đường thẳng $DE$ cắt $CK$ tại $F$. Chọn câu đúng

  • A

    $AHCK$ là tứ giác nội tiếp.

  • B

    $AHCK$ không nội tiếp đường tròn.

  • C

    $\widehat {EAO} = \widehat {HCK}$

  • D

    $AH.AB = AD.BD.$ 

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp:

+) Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}.\)

+) Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc \(\alpha .\)

+) Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm, điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

+) Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của đỉnh đó.

Lời giải chi tiết :

Có $\widehat {AHC} = {90^0}$(CD vuông góc AB); $\widehat {AKC} = {90^0}$ (AK vuông góc CF)

$ \Rightarrow \widehat {{\rm{AHC}}} + \widehat {AKC} = {180^0}$ $ \Rightarrow $ tứ giác AHCK nội tiếp \( \Rightarrow \) phương  án A đúng, B sai.

\( \Rightarrow \widehat {EAO} + \widehat {HCK} = {180^0}\) (hai góc đối diện)\( \Rightarrow \) phương  án C sai.

Xét tam giác vuông \(ADB\) có \(AH.AB = A{D^2}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) nên phương án D sai.

Câu hỏi 6 :

Cho hình vẽ dưới đây

Câu 6.1

Khi đó mệnh đề đúng là

  • A

    \(\widehat {ABC} = {80^0}\)

  • B

    \(\widehat {ABC} = {90^0}\)

  • C

    \(\widehat {ABC} = {100^0}\)

  • D

    \(\widehat {ABC} = {110^0}\)

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : C

Phương pháp giải :

Sử dụng tính chất góc ngoài tam giác cho các tam giác \(BCE,DCF\), tổng hai góc đối trong tứ giác nội tiếp \(ABCD\) để tính \(\widehat {BCE} \Rightarrow \widehat {ABC}\).

Lời giải chi tiết :

Ta có \(\widehat {BCE} = \widehat {DCF}\) (hai góc đối đỉnh). Đặt \(x = \widehat {BCE} = \widehat {DCF}.\)

Theo tính chất góc ngoài tam giác ta có:

\(\widehat {ABC} = x + {40^0}\,\,\left( 1 \right);\widehat {ADC} = x + {20^0}\,\,\left( 2 \right)\)

Lại có \(\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = {180^0}\,\,\left( 3 \right)\) (hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp).

Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) ta nhận được \(\left( {x + {{40}^0}} \right) + \left( {x + {{20}^0}} \right) = {180^0} \Rightarrow x = {60^0}\) .

Từ \(\left( 1 \right)\) ta có \(\widehat {ABC} = {60^0} + {40^0} = {100^0}\) .

Câu 6.2

Số đo góc \(\widehat {BAD}\)  là

  • A

    $\widehat {BAD} = {80^0}$

  • B

    $\widehat {BAD} = {75^0}$

  • C

    $\widehat {BAD} = {65^0}$

  • D

    $\widehat {BAD} = {60^0}$

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : D

Phương pháp giải :

Sử dụng tính chất góc ngoài tam giác cho các tam giác \(BCE,DCF\), tổng hai góc đối trong tứ giác nội tiếp \(ABCD\) để tính \(\widehat {BCE} \Rightarrow \widehat {BCD} \Rightarrow \widehat {BAD}\)

Lời giải chi tiết :

Ta có \(\widehat {BCE} = \widehat {DCF}\) (hai góc đối đỉnh). Đặt \(x = \widehat {BCE} = \widehat {DCF}.\)

Theo tính chất góc ngoài tam giác ta có:

\(\widehat {ABC} = x + {40^0}\,\,\left( 1 \right);\widehat {ADC} = x + {20^0}\,\,\left( 2 \right)\)

Lại có \(\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = {180^0}\,\,\left( 3 \right)\) (hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp).

Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) ta nhận được \(\left( {x + {{40}^0}} \right) + \left( {x + {{20}^0}} \right) = {180^0} \Rightarrow x = {60^0} \Rightarrow \widehat {BCE} = 60^\circ \) .

 Do \(\widehat {BCD},\,\widehat {BCE}\) là hai góc kề bù nên

\(\widehat {BCD} + \,\widehat {BCE} = {180^0} \Rightarrow \widehat {BCD} = {180^0} - {60^0} = {120^0}\)

Ta lại có \(\widehat {BAD},\,\widehat {BCD}\) là hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp nên

$\widehat {BAD} + \,\widehat {BCD} = {180^0} \Rightarrow \widehat {BAD} = {180^0} - {120^0} = {60^0}$

Cách khác:  

Xét tam giác \(ADE\), theo định lý về tổng ba góc trong tam giác, ta có: 

\(\widehat {BAD} + \widehat {CDA} + \widehat {AED} = {180^0}\)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow \widehat {BAD} + \widehat {CDA} + {40^0} = {180^0}\\
\Rightarrow \widehat {BAD} + \widehat {CDA} = {140^0}\,(1*)
\end{array}\)

Xét tam giác \(ABF\), theo định lý về tổng ba góc trong tam giác, ta có: 

\(\begin{array}{l}
\widehat {BAD} + \widehat {CBA} + \widehat {AFB} = {180^0}\\
\Rightarrow \widehat {BAD} + \widehat {CBA} + {20^0} = {180^0}\\
\Rightarrow \widehat {BAD} + \widehat {CBA} = {160^0}\,(2*)
\end{array}\)

Vì tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \((O)\) nên \(\widehat {ADC} + \widehat {CBA} = {180^0}\) (3*) (tổng hai góc đối bằng \(180^0\))

Từ \((1*), (2*)\) và (3*) ta có: 

\(\begin{array}{l}
\widehat {BAD} + \widehat {ADC} + \widehat {BAD} + \widehat {CBA} = {140^0} + {160^0}\\
\Rightarrow 2\widehat {BAD} + \left( {\widehat {ADC} + \widehat {CBA}} \right) = {300^0}\\
\Rightarrow 2\widehat {BAD} + {180^0} = {300^0}\\
\Rightarrow 2\widehat {BAD} = {120^0}\\
\Rightarrow \widehat {BAD} = {60^0}
\end{array}\)

 

Câu hỏi 7 :

Cho \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) có \(\widehat {BAC} = {120^0}.\) Trên nửa mặt phẳng bờ \(BC\) không chứa đỉnh \(A\), lấy \(D\) sao cho \(BCD\) là tam giác đều. Khi đó

  • A

    \(\Delta ACD\) cân

  • B

    \(ABDC\) nội tiếp

  • C

    \(ABDC\) là hình thang

  • D

    \(ABDC\) là hình vuông

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : B

Phương pháp giải :

Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.

Lời giải chi tiết :

Ta có $\Delta BCD$ là tam giác đều nên \(\widehat {DCB} = {60^0}\,\,\left( 1 \right).\) Mặt khác \(\Delta ABC\) là tam giác cân tại \(A\) có $\widehat {BAC} = {120^0}$ hơn nữa tổng ba góc trong một tam giác bằng \({180^0}\) nên ta nhận được

\(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {ACB} = \widehat {ABC}\\\widehat {ACB} + \widehat {ABC} + \widehat {BAC} = {180^0}\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {ACB} = {30^0}\,\,\,\,\left( 2 \right)\) .

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(\widehat {DCA} = \widehat {DCB} + \widehat {BCA} = {60^0} + {30^0} = {90^0}\,\,\left( 3 \right)\).

Chứng minh tương tự ta có \(\widehat {ABD} = {90^0}\,\,\left( 4 \right).\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) ta nhận được \(\widehat {ABD} + \widehat {DCA} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\,.\)

Vậy tứ giác \(ABDC\) là tứ giác nội tiếp.

Câu hỏi 8 :

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn$\left( O \right)$ . $M$ là điểm thuộc cung nhỏ $AC$ (cung \(CM < \) cung \(AM\) ). Vẽ $MH$ vuông góc với $BC$ tại $H$ , vẽ $MI$ vuông góc với $AC$ tại $I$ . Chọn câu đúng:

  • A

    $MIHC$ là hình chữ nhật.

  • B

    $MIHC$ là hình vuông.

  • C

    $MIHC$ không là tứ giác nội tiếp.

  • D

    $MIHC$ là tứ giác nội tiếp.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : D

Phương pháp giải :

Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp:

+) Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}.\)

+) Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc \(\alpha .\)

+) Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm, điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

+) Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của đỉnh đó. 

Lời giải chi tiết :

Xét tứ giác $IMHC$ ta có: $\widehat {MIC} = {90^0}$ ($MI$ vuông góc với$AC$ ); $\widehat {MHC} = {90^0}$($MH$  vuông góc với$BC$ )

$ \Rightarrow \widehat {{\rm{MIC}}} + \widehat {MHC} = {180^0}$ $ \Rightarrow $tứ giác $IMHC$ nội tiếp (dhnb).

Và tứ giác $IMHC$ chưa đủ điều kiện để là hình chữ nhật và hình vuông.

Câu hỏi 9 :

Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB.$ Gọi $H$ là điểm nằm giữa $O$ và $B.$ Kẻ dây $CD$ vuông góc với $AB$ tại $H$. Trên cung nhỏ $AC$ lấy điểm $E,$ kẻ $CK \bot AE$ tại $K.$ Đường thẳng $DE$ cắt $CK$ tại $F.$

Câu 9.1

Tứ giác \(AHCK\) là

  • A

    Tứ giác nội tiếp

  • B

    Hình bình hành

  • C

    Hình thang

  • D

    Hình thoi

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

Sử dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp:

+) Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}.\)

+) Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc \(\alpha .\)

+) Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm, điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

+) Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của đỉnh đó.

Lời giải chi tiết :

Tứ giác \(AHCK\) có \(\widehat {AHC} = 90^\circ \left( {AB \bot CD} \right);\widehat {AKC} = 90^\circ \left( {AK \bot FC} \right)\) nên \(\widehat {AHC} + \widehat {AKC} = 180^\circ  \Rightarrow \) Tứ giác \(AHCK\) nội tiếp.

Câu 9.2

Tích \(AH.AB\) bằng

  • A

    \(4A{O^2}\) 

  • B

    \(AD.BD\) 

  • C

    \(B{D^2}\) 

  • D

    \(A{D^2}\) 

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : D

Phương pháp giải :

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Lời giải chi tiết :

Xét tam giác \(ADB\) có \(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \Delta ADB\)  vuông tại \(D\)

Do đó \(A{D^2} = AH.AB\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà \(AD \ne BD;AD < AB\) nên phương án A, B, C sai.

Câu 9.3

Tam giác \(ACF\) là tam giác

  • A

    cân tại  \(F\)   

  • B

    cân tại \(C\) 

  • C

    cân tại \(A\)  

  • D

    đều

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : C

Phương pháp giải :

Sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp và góc nội tiếp để chứng minh các góc bằng nhau.

Lời giải chi tiết :

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {EAC} = \widehat {EDC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Xét tứ giác nội tiếp \(AHCK\) có \(\widehat {KAC} = \widehat {KHC}\)  nên \(\widehat {EDC} = \widehat {KHC}\left( { = \widehat {KAC}} \right)\) mà hai góc ở vị trí đồng vị nên \(KH{\rm{//}}ED\)

Xét tam giác \(CFD\) có \(KH{\rm{//}}ED\)mà \(H\) là trung điểm của \(DC\) ( do \(AB \bot DC\)) nên \(K\) là trung điểm của \(CF\)

Xét tam giác \(ACF\) có \(AK\) vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên \(\Delta ACF\) cân tại \(A\) .

Câu hỏi 10 :

Cho \(\Delta ABC\) vuông ở $A$ . Trên cạnh $AC$ lấy điểm $M$ và vẽ đường tròn đường kính $MC$ . Kẻ $BM$ cắt đường tròn tại $D$ . Đường thẳng $DA$ cắt đường tròn tại $S$ . Chọn đáp án sai trong các đáp án sau:

  • A

    Tứ giác $ABCD$ nội tiếp.

  • B

    \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD}\) 

  • C

    $CA$ là phân giác của \(\widehat {SCB}.\) 

  • D

    Tứ giác $ABCS$ nội tiếp.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : D

Phương pháp giải :

Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp:

+) Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}.\)

+) Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc \(\alpha .\)

+) Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm, điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

+) Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của đỉnh đó.

Lời giải chi tiết :

+) Ta có: \(\widehat {MDC}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $MC$ \( \Rightarrow \widehat {MDC} = {90^0}\) (tính chất góc nội tiếp).

Xét tứ giác $ABCD$ ta có:

Góc $BAC$ và góc $BDC$ cùng nhìn đoạn $BC$ dưới góc \({90^0}.\)

\( \Rightarrow \) $ABCD$ là tứ giác nội tiếp (dhnb) \( \Rightarrow \) phương án A đúng.

+) Xét tứ giác $ABCD$ nội tiếp ta có\(\widehat {ABD} = \widehat {ACD}\) (cùng nhìn đoạn $AD$ )\( \Rightarrow \) phương án B đúng.

+) Xét đường tròn đường kính $MC$ ta có $4$  điểm $M,C,D,S$ cùng thuộc đường tròn.

\( \Rightarrow \) Tứ giác $MCSD$ là tứ giác nội tiếp.

\( \Rightarrow \widehat {ADM} = \widehat {SCM}\) (góc ngoài tại $1$  đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện). $\left( 1 \right)$

Vì tứ giác $ABCD$ nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \widehat {ACB} = \widehat {ADB}\) (cùng nhìn đoạn$AB$ )    $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ \( \Rightarrow \widehat {BCA} = \widehat {ACS}\;\;\;\left( { = \widehat {ADB}} \right).\)

Hay $CA$ là phân giác của \(\widehat {SCB} \Rightarrow \) phương án C đúng.

+) Giả sử tứ giác $ABCS$ là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {ASB} = \widehat {BCA}\) (hai góc cùng nhìn đoạn $AB$ ).

Mà \(\widehat {ACB} = \widehat {BDA};\;\;\;\widehat {BAD} \ne \widehat {BSA}\) (xét trong đường tròn đường kính $CM$ )

\( \Rightarrow \widehat {ASB} \ne \widehat {BCA} \Rightarrow \) tứ giác $ABCS$ không là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \)phương án D sai.

Câu hỏi 11 :

Trên các cạnh \(BC,CD\) của hình vuông \(ABCD\) ta lấy lần lượt các điểm \(M,N\) sao cho \(\widehat {MAN} = {45^0}\). Đường thẳng \(BD\) cắt các đường thẳng \(AM,AN\) tương ứng tại các điểm \(P,Q\).

Câu 11.1

$\left( I \right):$ Tứ giác \(ABMQ\) nội tiếp; $\left( {II} \right):$ Tứ giác \(ADNP\) nội tiếp. Chọn kết luận đúng.

  • A

    Cả $\left( I \right)$ và $\left( {II} \right)$ đều đúng

  • B

    Chỉ $\left( I \right)$ đúng

  • C

    Chỉ $\left( {II} \right)$ đúng 

  • D

    Cả $\left( I \right)$ và $\left( {II} \right)$ đều sai

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

Sử dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc \(\alpha .\)

Lời giải chi tiết :

Xét hình vuông \(ABCD\) có \(\widehat {DBC} = \widehat {BDC} = 45^\circ \) (tính chất)

Xét tứ giác \(ABMQ\) có \(\widehat {QAM} = \widehat {QBM} = 45^\circ \) mà hai đỉnh \(A\) và \(B\) cùng nhìn đoạn thẳng \(MQ\) nên \(ABMQ\) là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác \(APND\) có \(\widehat {PAN} = \widehat {PDN} = 45^\circ \) mà hai đỉnh \(A\) và ${\rm{D}}$ cùng nhìn đoạn thẳng \(PN\) nên \(APND\) là tứ giác nội tiếp.

Câu 11.2

Năm điểm nào sau đây cùng thuộc một đường tròn?

  • A

    \(P,\,Q,\,N,\,M,B\) 

  • B

    \(P,Q,N,C,M\) 

  • C

    \(P,Q,N,C,D\) 

  • D

    \(P,A,N,C,M\) 

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : B

Phương pháp giải :

Sử dụng các đỉnh cùng nhìn cạnh \(AB\)  dưới một góc vuông thì nằm trên đường tròn đường kính \(AB\)

Lời giải chi tiết :

Từ kết quả câu trước ta suy ra \(\widehat {ADP} = \widehat {ANP} = {45^0},\widehat {QAM} = \widehat {QBM} = {45^0}\)\( \Rightarrow NP \bot AM,MQ \bot AN\). Tập hợp các điểm \(P,Q,C\) nhìn đoạn \(MN\) dưới một góc vuông, nên các điểm này nằm trên đường tròn đường kính \(MN\).

Câu hỏi 12 :

Cho đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AB$. Gọi $I$ là trung điểm của $OA$ . Dây $CD$ vuông góc với $AB$ tại $I$. Lấy $K$ tùy ý trên cung $BC$ nhỏ, $AK$ cắt $CD$ tại $H$. Khẳng định nào đúng ?

  • A

    Tứ giác $BIHK$ nội tiếp.

  • B

    Tứ giác $BIHK$ không nội tiếp.

  • C

    Tứ giác $BIHK$ là hình chữ nhật.

  • D

    Các đáp án trên đều sai.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp:

+) Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}.\)

+) Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc \(\alpha .\)

+) Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm, điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

+) Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của đỉnh đó.

Lời giải chi tiết :

Ta có: \(\widehat {AKB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) \( \Rightarrow \widehat {AKB} = {90^0} \,\left( {t/c} \right).\)

Xét tứ giác $HKBI$ ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}\;\widehat {HKB} = {90^0}\\\widehat {HIB} = {90^0}\left( {do\;\;CD \bot AB = \left\{ I \right\}} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {HKB} + \widehat {HIB} = {180^0}\) .

\( \Rightarrow \) Tứ giác $BKHI$ là tứ giác nội tiếp (dhnb) \( \Rightarrow \)phương án A đúng, phương  án B sai.

Lại có \(\widehat {KBA} < {90^0}\) do \(\Delta AKB\) vuông tại  \(K \Rightarrow KBIH\) không là hình chữ nhật.

\( \Rightarrow \) phương  án C sai.

Câu hỏi 13 :

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ và điểm $D$ nằm giữa $A$ và $B$ . Đường tròn đường kính $BD$ cắt $BC$ tại $E$. Các đường thẳng $CD$ , $AE$ lần lượt cắt đường tròn tại các điểm thứ hai là $F$ và $G$. Khi đó, kết luận không đúng là:

  • A

    $\Delta ABC\backsim\Delta EBD$. 

  • B

    Tứ giác $ADEC$ là tứ giác nội tiếp.

  • C

    Tứ giác $AFBC$ không là tứ giác nội tiếp. 

  • D

    Các đường thẳng $AC,DE$ và $BF$ đồng quy.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : C

Phương pháp giải :

Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp:

+) Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}.\)

+) Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc \(\alpha .\)

+) Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm, điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

+) Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của đỉnh đó.

Lời giải chi tiết :

+) Xét đường tròn đường kính $BD$ có góc $BED$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {BED} = {90^0}.\)

Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta BED\) ta có: \(\widehat {DBE}\;\;chung\) và \(\widehat {BAC} = \widehat {BED} = {90^0}\)$ \Rightarrow \Delta ABC\backsim\Delta EBD\;\left( {g - g} \right)$ \( \Rightarrow \) phương án A đúng.

+) Xét tứ giác $ADEC$ có: \(\widehat {DEC} + \widehat {DAC} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

\( \Rightarrow \)Tứ giác $ADEC$ là tứ giác nội tiếp (dhnb).\( \Rightarrow \) Đáp án B đúng.

+) Chứng minh tương tự ta được tứ giác $AFBC$ là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \) phương án C sai.

+) Gọi giao điểm của $BF$ và $AC$ là$H$ .

  Xét tam giác $BHC$ có hai đường cao $CF$ và $BA$ cắt nhau tại$D$   $ \Rightarrow $$D$  là trực tâm của tam giác $BHC$

Mà $DE$ $ \bot $$AB$  $ \Rightarrow $$DE$  là đường cao của tam giác $BHC$ hay $H,E,D$ thẳng hàng.         

$ \Rightarrow $$DE,AC$  và $BF$ đồng quy tại$H$   $ \Rightarrow $phương án D đúng.

Câu hỏi 14 :

Cho nửa $(O)$ đường kính $AB.$ Lấy $M \in OA(M \ne O,A).$ Qua $M$ vẽ đường thẳng $d$ vuông góc với $AB.$ Trên $d$ lấy $N$ sao cho $ON > R.$ Nối $NB$ cắt $(O)$ tại $C.$ Kẻ tiếp tuyến $NE$ với $(O)$ ($E$ là tiếp điểm, $E$$A$ cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ $d$). Gọi $H$ là giao điểm của $AC$ và $d$,  $F$ là giao điểm của $EH$ và đường tròn $(O)$. Chọn khẳng định sai?

  • A

    Bốn điểm $O,E,M,N$ cùng thuộc một đường tròn

  • B

    $N{E^2} = NC.NB$

  • C

    $\widehat {NEH} = \widehat {NME}$

  • D

    \(\widehat {NFO} < 90^\circ \) 

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : D

Phương pháp giải :

* Sử dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp:

+) Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}.\)

+) Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc \(\alpha .\)

+) Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm, điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

+) Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của đỉnh đó.

* Sử dụng tam giác đồng dạng.

Lời giải chi tiết :

+) Vì \(\widehat {NEO} = \widehat {NMO} = 90^\circ  \Rightarrow NEMO\) là tứ giác nội tiếp nên bốn điểm $O,E,M,N$ cùng thuộc một đường tròn

\( \Rightarrow \) Phương án A đúng.

+) \(\widehat {NEC} = \widehat {CBE} = \dfrac{1}{2}\) số đo cung $CE \Rightarrow \Delta NEC\backsim\Delta NBE\left( {g - g} \right) \Rightarrow \dfrac{{NE}}{{NB}} = \dfrac{{NC}}{{NE}}$ \( \Rightarrow NB.NC = N{E^2}\)

\( \Rightarrow \) Phương án B đúng.

+) Hai tam giác vuông $\Delta NCH\backsim\Delta NMB\left( {g - g} \right) $

$\Rightarrow \dfrac{{NC}}{{NM}} = \dfrac{{NH}}{{NB}} $

$\Rightarrow NC.NB=NH.NM$

Từ đó $\Delta NEH\backsim\Delta NME\left( {c-g -c} \right) \Rightarrow \widehat {NEH} = \widehat {EMN}$ \( \Rightarrow \) Phương án C đúng.

+) \(\widehat {EMN} = \widehat {EON}\) (tứ giác \(NEMO\) nội tiếp) \( \Rightarrow \widehat {NEH} = \widehat {NOE}\) 

Mà góc $ENO$ phụ với góc $EON$ nên góc $ENO$ cũng phụ với góc $NEH$

\(\Rightarrow EH \bot NO\) 

\( \Rightarrow \Delta OEF\) cân có \(ON\) là phân giác

\( \Rightarrow \widehat {EON} = \widehat {NOF} \Rightarrow \widehat {NEF} = \widehat {NOF}\)  nên tứ giác \(NEOF\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {NFO} = 180^\circ  - \widehat {NEO} = 90^\circ \) .

\( \Rightarrow \) Phương án D sai.

Câu hỏi 15 :

Cho nửa đường tròn tâm \(O,\) đường kính \(AB = 2R.\) Đường thẳng qua \(O\) và vuông góc \(AB\) cắt cung \(AB\) tại \(C.\)Gọi \(E\) là trung điểm \(BC.\,\,AE\) cắt nửa đường tròn \(O\) tại \(F.\)Đường thẳng qua \(C\) và vuông góc $AF$ tại \(G\)cắt \(AB\) tại $H.$ Khi đó góc \(\widehat {OGH}\) có số đo là:

  • A

    \({45^0}\) 

  • B

    \({60^0}\)

  • C

    \({90^0}\)

  • D

    \({120^0}\)

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau thì tứ giác đó nội tiếp.

Lời giải chi tiết :

Theo giả thiết ta có \(OC \bot AB,\,CG \bot AG\) nên ta suy ra \(\widehat {AOC} = \widehat {AGC} = {90^0}.\)

Nói cách khác \(O,\,G\) cùng nhìn \(AC\) dưới một góc vuông.
Do đó tứ giác ACGO nội tiếp đường tròn đường kính $AC$  nên  \(\widehat {OGA} = \widehat {OCA}.\)

Mà \(\Delta OAC\) vuông cân tại O nên \(\widehat {OCA} = {45^0}.\) Suy ra \(\widehat {OGA} = {45^0}.\) Ta lại có \(\widehat {OGH} + \widehat {OGA} = \widehat {HGA} = \widehat {AGC} = {90^0} \Rightarrow \widehat {OGH} = {90^0} - \widehat {OGA} = {90^0} - {45^0} = {45^0}.\)

Do đó \(\widehat {OGH} = {45^0}\)

Câu hỏi 16 :

Cho hình vẽ. Khi đó đáp án đúng là

  • A

    \(\widehat {ADC} = {70^0}\)

  • B

    \(\widehat {ADC} = {80^0}\)

  • C

    \(\widehat {ADC} = {75^0}\)

  • D

    \(\widehat {ADC} = {60^0}\)

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : B

Phương pháp giải :

Sử dụng các tính chất:

- Góc nội tiếp cùng chắn một cung trong một đường tròn thì bằng nhau.

- Tổng ba góc trong một tam giác bằng \({180^0}\).

Lời giải chi tiết :

Do tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn tâm \(O,\) nên ta có

$\widehat {CAD} = \widehat {CBD}$ (cùng chắn cung \(CD\) ). Do đó ta có

\(\widehat {CAD} = {40^0}.\)

Tổng ba góc trong một tam giác bằng \({180^0}\)

Nên:

$\begin{array}{l}\widehat {CAD} + \widehat {ACD} + \widehat {ADC} = {180^0}\\ \Rightarrow \widehat {ADC} = {180^0} - \left( {\widehat {CAD} + \widehat {ACD}} \right) \\= {180^0} - \left( {{{40}^0} + {{60}^0}} \right) = {80^0}.\end{array}$

Câu hỏi 17 :

Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) và $\widehat A = \partial \;\;\left( {0 < \partial  < {{90}^0}} \right)$. Gọi M là một điểm tùy ý trên cung nhỏ AC vẽ tia Bx vuông góc với AM cắt tia CM tại D. Số đo góc $\widehat {BDM}$ là:

  • A

    $\widehat {BDM} = \dfrac{\partial }{2}$

  • B

    $\widehat {BDM} = {90^0} + \dfrac{\partial }{2}$

  • C

    $\widehat {BDM} = {45^0} + \partial $

  • D

    $\widehat {BDM} = {90^0} - \dfrac{\partial }{2}$

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

+) Áp dụng quan hệ số đo góc nội tiếp và cung bị chắn.

+) Tính chất trong tứ giác nội tiếp tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}.\)

Lời giải chi tiết :

Xét tam giác ABC cân  tại A và \(\widehat A = {60^0} \Rightarrow \widehat B = \widehat C = \dfrac{{{{180}^0} - \widehat A}}{2} = \dfrac{{{{180}^0} - \partial }}{2} = {90^0} - \dfrac{\partial }{2}.\)

Ta có tứ giác AMCB là tứ giác nội tiếp (4 điểm A, M, B, C cùng thuộc (O)).

\( \Rightarrow \widehat {AMC} = {180^0} - \widehat {ABC} \)\(= {180^0} - \left( {{{90}^0} - \dfrac{\partial }{2}} \right) = {90^0} + \dfrac{\partial }{2}.\) 

\( \Rightarrow \widehat {DMA} = \widehat {ABC} = {90^0} - \dfrac{\partial }{2}\) (tính chất tứ giác nội tiếp).

Gọi I là giao điểm của AM và BD.

\( \Rightarrow \Delta DMI\) vuông tại I.

\( \Rightarrow \widehat {BDM} = {90^0} - \widehat {AMD} \)\(= {90^0} - \left( {{{90}^0} - \dfrac{\partial }{2}} \right) = \dfrac{\partial }{2}.\)

Câu hỏi 18 :

Tứ giác ABCD nội tiếp (O) . Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I. Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI. Tiếp tuyến của đường tròn này tại I cắt AD và BC lần lượt M và N. Chọn câu sai:

  • A

    MN // DC.      

  • B

    Tứ giác ABNM nội tiếp.

  • C

    Tứ giác MICD nội tiếp.                     

  • D

    Tứ giác INCD là hình thang

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : C

Phương pháp giải :

Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp:

+) Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}.\)

+) Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc \(\alpha .\)

+) Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm, điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

+) Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của đỉnh đó.

Lời giải chi tiết :

Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI ta có:

\(\widehat {BAI}\) là góc nội tiếp chắn cung BI.

\(\widehat {BIN}\) là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung BI.

\( \Rightarrow \widehat {BAI} = \widehat {BIN}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BI).

Xét đường tròn (O) ta có:

\(\widehat {BDC} = \widehat {BAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC).

\( \Rightarrow \widehat {BIN} = \widehat {BDC}\left( { = \widehat {BAC}} \right)\)

Lại có hai góc này ở vị trí đồng vị

\( \Rightarrow IN//CD\;\;hay\;\;MN//CD\;\;\left( {dpcm} \right).\)

\( \Rightarrow \) đáp án A đúng.

Do MN//CD nên \(\widehat {MNC} + \widehat {NCD} = {180^0}\)(trong cùng phía)

Mà do tứ giác ABCD nội tiếp nên \(\widehat {MAB} + \widehat {NCD} = {180^0}\)

=> \(\widehat {MNC} = \widehat {NAB}\)

=> Tứ giác ABNM nội tiếp (góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện)

\( \Rightarrow \) Đáp án B đúng.

+) Ta có: \(IN//CD\;\;\left( {cmt} \right) \Rightarrow \) INCD là hình thang \( \Rightarrow \) đáp án D đúng.

Câu hỏi 19 :

Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\) bán kính bằng \(a.\) Biết rằng \(AC \bot BD.\) Khi đó để \(AB + CD\) đạt giá trị lớn nhất thì

  • A

    \(AC = AB\)

  • B

    \(AC = BD\)

  • C

    \(DB = AB\)

  • D

    Không có đáp án nào đúng

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : B

Phương pháp giải :

Vẽ  đường kính \(CE\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Chứng minh \(AB = DE\) rồi đánh giá \({\left( {AB + CD} \right)^2}\) đạt GTLN dựa vào bđt Cô-si, từ đó suy ra điều kiện thỏa mãn bài toán.

Lời giải chi tiết :

Vẽ  đường kính \(CE\) của đường tròn \(\left( O \right).\)

Ta có \(\widehat {EAC} = {90^0},\,\widehat {EDC} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn đường kính \(EC\) ).

Từ đó ta có \(AE \bot AC.\) Mặt khác theo giả thiết \(AC \bot BD.\)

Kéo theo \(AE//BD.\) Vậy \(AEDB\) là hình thang.

Do hình thang \(AEDB\) nội tiếp \(\left( O \right)\) nên nói phải là hình thang cân.

Kéo theo \(AB = DE\) (các cạnh bên hình thang cân).

Từ đó ta có \(A{B^2} + C{D^2} = D{E^2} + D{C^2} = E{C^2} = {\left( {2a} \right)^2} = 4{a^2}\) (do \(\Delta EDC\) vuông tại \(D).\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho \(\left( {A{B^2},B{D^2}} \right)\) ta có $A{B^2} + B{D^2} \ge 2AB.CD $$\Rightarrow 2\left( {A{B^2} + B{D^2}} \right) \ge A{B^2} + B{D^2} + 2AB.CD $$= {\left( {AB + CD} \right)^2}.$

Kéo theo \({\left( {AB + CD} \right)^2} \le 2\left( {4{a^2}} \right) = 8{a^2}\)\( \Rightarrow AB + CD \le 2\sqrt 2 a.\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(AB = CD.\)

Xét tam giác \(\Delta ABI,\,\,\Delta DCI\) có \(AB = CD,\) \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AD),\) \(\widehat {BAC} = \widehat {DCB}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC).\)

Do đó \(\Delta ABI = \Delta DCI\left( {g.c.g}. \right)\) Kéo theo \(AI = ID,\,IB = IC.\) Suy ra \(AC = AI + IC = ID + IB = BD.\)

Câu hỏi 20 :

Cho tam giác \(ABC\) không cân, nội tiếp đường tròn \(\left( O \right),\,\,BD\) là đường phân giác của góc \(\widehat {ABC}.\) Đường thẳng \(BD\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(E.\) Đường tròn \(\left( {{O_1}} \right)\) đường kính \(DE\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(F.\) Khi đó đường thẳng đối xứng với đường thẳng \(BF\) qua đường thẳng \(BD\) cắt \(AC\) tại \(N\) thì:

  • A

    \(AN = NC.\)

  • B

    \(AD = DN.\) 

  • C

    \(AN = 2NC.\)

  • D

    \(2AN = NC.\)

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

Chứng minh \(N\) là trung điểm của \(AC\) bằng cách gọi \(M\) là trung diểm của \(AC\) rồi chứng minh \(\widehat {FBE} = \widehat {MBE}\), từ đó suy ra \(BM\) đối xứng với \(BF\) qua \(BE\).

Lời giải chi tiết :

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AC.\) Do \(E\) là điểm chính giữa cung \(AC\) nên \(EM \bot AC.\)

Do đó \(EM\) đi qua tâm của đường tròn \(\left( O \right).\) Giả sử rằng \(G = DF \cap \left( O \right).\) Do \(\widehat {DFE} = {90^0},\) nên

\(\widehat {GFE} = {90^0},\) hay \(GE\) là đường kính của \(\left( O \right).\) Suy ra \(G,M,E\) thẳng hàng.

Vì vậy \(\widehat {GBE} = {90^0},\) mà \(\widehat {GMD} = {90^0}.\)

Kéo theo tứ giác \(BDMG\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(GD.\)

Vì vậy \(\widehat {MBD} = \widehat {DGM} = \widehat {FGE}\,\,\left( 1 \right)\) (cùng chắn cung \(DM)\)

 Lại có tứ giác \(BFEG\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {FBE} = \widehat {FGE}\,\,\left( 2 \right)\,\) ( cùng chắn cung \(FE\) ).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta suy ra \(\widehat {MBD} = \widehat {FBE}.\) Do đó \(BF\) và \(BM\) đối xứng nhau qua \(BD.\)

Vì vậy \(M \equiv N\) hay \(N\) là trung điểm của \(AC\) nên \(AN = NC.\)

close