10 bài tập Một số bài toán tổng hợp về tứ giác nội tiếp có lời giải
10 câu hỏi
Cho hình bình hành. Đường tròn đi qua ba đỉnh cắt đường thẳng tại P. Khi đó
ABCP là hình thang cân.
AP = AD.
AP = BC.
Cả A, B, C đều đúng.
Đáp án đúng là: D
Do tứ giác ABCP nội tiếp (vì có 4 đỉnh cùng thuộc đường tròn) và
\[\widehat {BAP},\widehat {BCP}\] là các góc đối nên \[\widehat {BAP} + \widehat {BCP} = 180^\circ \] (1)
Do ABCD là hình bình hành nên CD // AB
suy ra \[\widehat {ABC} + \widehat {BCP} = 180^\circ \] (2)
Từ (1) và (2) ta nhận được \[\widehat {BAP} = \widehat {ABC}\].
Mặt khác CP // AB nên ABCP là hình thang cân.
Do đó, đáp án A đúng.
Từ đó, ta suy ra AP = BC (3). Do đó, đáp án C đúng.
Do BC = AD (vì ABCD là hình bình hành) (4)
Từ (3), (4) có AP = AD.
Vậy cả ba đáp án A, B, C đều đúng.
Cho tam giác ABC cân tại A có \[\widehat {BAC} = 120^\circ \], trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa đỉnh A, lấy D sao cho BCD là tam giác đều. Khi đó
Tam giác ACD cân.
ABCD nội tiếp.
ABDC là hình thang.
ABDC là hình vuông.
Đáp án đúng là: B
Ta có tam giác BCD là tam giác đều nên
\[\widehat {BCD} = 60^\circ \] (1).
Mặt khác ∆ABC là tam giác cân tại A có \[\widehat {BAC} = 120^\circ \] hơn nữa tổng ba góc trong một tam giác bằng 180° nên ta có:
\[\left\{ \begin{array}{l}\widehat {ACB} = \widehat {ABC}\\\widehat {ABC} + \widehat {ACB} + \widehat {BAC} = 180^\circ \end{array} \right.\], suy ra \[\widehat {BCA} = 30^\circ \] (2)
Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {DCA} = \widehat {DCB} + \widehat {BCD} = 60^\circ + 30^\circ = 90^\circ \].
Tương tự ta chứng minh được \[\widehat {DBA} = 90^\circ \].
Do đó, ∆ACD vuông tại C nên A, C, D thuộc đường tròn đường kính AD. (3)
∆ABD vuông tại B nên A, B, D thuộc đường tròn đường kính AD. (4)
Từ (3) và (4) suy ra bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.
Vậy tứ giác ABDC là tứ giác nội tiếp.
Cho nửa (O) đường kính AB. Lấy M ∈ OA (M ≠ 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 và A cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ d). Có H là giao điểm của AC với d và F là giao điểm của HE với đường tròn (O)). Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau:
Bốn điểm O, E, M, N cùng thuộc một đường tròn.
NE2 = NC.NB.
\[\widehat {NEH} = \widehat {NME}\].
\[\widehat {NFO} < 90^\circ \].
>
Đáp án đúng là: D
• Nhận thấy
\[\widehat {NEO} = \widehat {NMO} = 90^\circ \] nên
N, E, M, O cùng thuộc một đường tròn đường
kính NO hay tứ giác NEMO nội tiếp.
Do đó, đáp án A đúng.
• Ta có .
Do đó, ∆NEC ᔕ ∆NBE (g.g)
Suy ra \[\frac{{NE}}{{NB}} = \frac{{NC}}{{NE}}\] nên NB.NC = NE2 .
Do đó, ý b đúng.
• Từ đó suy ra ∆NEH ᔕ ∆NME (c.g.c)
Suy ra \[\widehat {NEH} = \widehat {EMN}\]. Do đó, ý c đúng.
• Ta có \[\widehat {NME} = \widehat {EON}\] (tứ giác NEMO nội tiếp đường tròn) nên \[\widehat {NEH} = \widehat {NOE}\].
Mà góc ENO phụ với góc EON nên góc EON cũng phụ với góc NEH.
Suy ra \[EH \bot NO\].
Suy ra ∆OEF cân có ON là phân giác.
Xét ∆OEN và ∆OFN có:
\[\widehat {NOE} = \widehat {NOF}\] (co ON là phân giác góc EOF).
ON chung (gt)
OE = OF = R (gt)
Do đó, ∆OEN = ∆OFN (c.g.c)
Suy ra \[\widehat {NEO} = \widehat {NFO} = 90^\circ \] (hai góc tương ứng)
Do đó phương án D sai.
Cho tam giác 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:
Tứ giác ABCD nội tiếp.
\[\widehat {ABD} = \widehat {ACD}\].
CA là phân giác của góc SCB.
Tứ giác ABCS nội tiếp.
Đáp án đúng là: D
• Ta có
\[\widehat {MDC}\] là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính MC nên \[\widehat {MDC} = 90^\circ \] (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét ∆BAC vuông tại A nên A, B, C thuộc đường tròn đường kính BC.
Xét ∆BDC vuông tại D nên D, B, C thuộc đường tròn đường kính BC.
Suy ra bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác A, B, C, D nội tiếp.
• Xét tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp nên \[\widehat {ABD} = \widehat {ACD}\] (cùng nhìn đoạn AD).
Do đó, phương án B đúng.
Xét đường tròn đường kính MC ta có 4 điểm M, C, D, S cùng thuộc đường tròn nên tứ giác MCSD là tứ giác nội tiếp.
Suy ra \[\widehat {MDA} = \widehat {SCM}\] (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) (1)
Vì tứ giác ABCD nội tiếp (cmt) nên \[\widehat {ACB} = \widehat {ADB}\] (cùng nhìn đoạn AB) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {BCA} = \widehat {ACS}\] \[\left( { = \widehat {ADB}} \right)\]
Hay CA là phân giác của \[\widehat {SCB}\]. Do đó, ý C đúng.
• Giả sử tứ giác ABCS là tứ giác nội tiếp thì \[\widehat {ASB} = \widehat {BCA}\] (hai góc cùng nhìn đoạn AB)
Mà \[\widehat {BCA} = \widehat {BDA}\]; \[\widehat {BDA} \ne \widehat {BSA}\] (xét trong đường tròn đường kính CM).
Suy ra \[\widehat {BCA} \ne \widehat {BSA}\], do đó tứ giác ABCS không nội tiếp.
Do đó, ý D sai.
Cho tam giác ABC cân tại A có \[\widehat {BAC} = 130^\circ \]. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa đỉnh A, kẻ Bx ⊥ BA, Cx ⊥ CA. Chọn đáp án sai trong các đáp án dưới đây.
Tam giac BCD cân.
ABDC nội tiếp.
ABDC là hình thoi.
\[\widehat {BDC} = 50^\circ \].
Đáp án đúng là: C
Theo đề, ta có:
\[\widehat {DBA} = \widehat {ACD} = 90^\circ \] nên chứng minh được bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn đường kính AD.
Suy ra tứ giác ABDC nội tiếp.
Lại có ∆ABC cân tại A có \[\widehat {BAC} = 130^\circ \] nên \[\widehat {ABC} = \widehat {BCA} = \frac{{180^\circ - 130^\circ }}{2} = 25^\circ \].
Ta có: \[\widehat {BDC} + \widehat {ABC} = 90^\circ \] nên \[\widehat {BDC} = 90^\circ - 25^\circ = 65^\circ \].
Từ đó suy ra tam giác BCD cân tại D nên đáp án A đúng.
Xét tứ giác ABDC nội tiếp nên \[\widehat {BAC} + \widehat {BDC} = 180^\circ \], suy ra \[\widehat {BDC} = 180^\circ - \widehat {BAC} = 50^\circ \] nên D đúng.
Ta chưa đủ điều kiện để suy ra tứ giác ABDC là hình thoi.
Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi H là điểm nằm giữa O và B. Kẻ dây CD vuông góc với A tại H. Trên cung nhỏ AC lấy điểm E, kẻ CK ⊥ AE tại K. Đường thẳng DE cắt CK tại F. Tam giác ACF là
Tam giác cân tại F.
Tam giác cân tại C.
Tam giác cân tại A.
Tam giác đều.
Đáp án đúng là: C
Xét (O) có
\[\widehat {EAC} = \widehat {ADC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung.
Ta có ∆AKC vuông tại K nên A, K, C thuộc đường tròn đường kính AC (1).
∆AHC vuống tại H nên A, H, C thuộc đường tròn đường kính AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra A, H, C, K cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác AHCK nội tiếp.
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 // ED.
Xét tam giác CFD có KH // ED mà H là trung điểm của DC (do AB ⊥ DC) nên K là trung điểm của CF.
Xét tam giác ACF có AK vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên ∆ACF cân tại A.
Cho tam giác ABC vuông tại A và B điểm 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 sai là
∆ABC ᔕ ∆EBD.
Tứ giác ADEC là tứ giác nội tiếp.
Tứ giác AFBC không là tứ giác nội tiếp.
Các đường thẳng AC, DE và BF đồng quy.
Đáp án đúng là: C
•
Xét đường tròn đường kính BD có góc BED là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \[\widehat {BED} = 90^\circ \].
Xét ∆ABC và ∆BED có \[\widehat {EBD}\] chung và \[\widehat {CED} + \widehat {DAC} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \].
Suy ra ∆ABC ᔕ ∆EBD (g.g)
Do đó, ý A đúng.
• Xét ∆ADC vuông tại A nên A, D, C thuộc đường tròn đường kính DC (1).
∆DEC vuông tại E nên E, D, C thuộc đường tròn đường kính DC (2).
Từ (1) và (2) suy ra A, D, C, E cùng thuộc một đường tròn đường kính DC hay tứ giác ADEC nội tiếp.
Do đó, ý B đúng.
• Chứng minh tương tự bốn điểm A, F, B, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC.
Suy ra, tứ giác AFBC nội tiếp đường tròn.
Do đó, phương án C sai.
• Gọi giao điểm của BF và AC là H.
Xét ∆BHC có đường cao CF và BA cắt nhau tại D nên D là trực tâm của tam giác BHC.
Mà DE ⊥ AB nên DE là đường cao của tam giác BHC hay H, E, D thẳng hàng.
Suy ra DE, AC và BF đồng quy tại H.
Do đó, đáp án D đúng.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính bằng a. Biết rằng AC vuông góc với BD. Khi đó để AB + CD đạt giá trị lớn nhất thì
AC = AB.
AC = BD.
BD = AB.
Cả ba đáp án trên đều sai.
Đáp án đúng là: B
Kẻ đường kính C
I của đường tròn (O).
Ta có: \[\widehat {IAC} = 90^\circ ,\widehat {IDC} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn đường kính EC)
Từ đó, ta có AI ⊥ AC. Mặt khác theo giả thiết, có AC ⊥ BD. Kéo theo AI // BD.
Do đó, AIDB là hình thang.
Do hình thang AIDB nội tiếp (O) nên AIDB phải là hình thang cân.
Kéo theo AB = DI (các cạnh bên hình thang cân)
Từ đó, ta có AB2 + CD2 = DI2 + DC2 = IC2 = 4a2 (do ∆IDC vuông tại D)
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho (AB2, BD2), ta có:
AB2 + BD2 ≥ 2AB.CD, suy ra 2(AB2 + BD2) ≥ AB2 + BD2 + 2AB.CD = (AB + CD)2
Kéo theo (AB + CD)2 ≤ 2.4a2 hay (AB + CD)2 ≤ \[2\sqrt 2 a\].
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB = CD.
Xét tam giác ∆ABI, ∆DCI có AB = CD, \[\widehat {ABD} = \widehat {ACD}\] (góc nội tiếp chắn cung AD), \[\widehat {BAC} = \widehat {DCB}\] (góc nội tiếp cùng chắn cung BC).
Do đó, ∆ABI = ∆DCI (g.c.g)
Suy ra AI = ID, IB = IC.
Suy ra AC = AI + IC = ID + IB = BD.
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB, dây CD vuông góc với AB tại F. Gọi M là một điểm thuộc cung nhỏ BC (M khác B và C), hai đường thẳng AM và CD cắt nhau tại E. Khi đó,
(I). Tứ giác BMEF nội tiếp.
(II). MA là phân giác của góc CMD.
(III). AC2 = AE.AM.
Số phát biểu đúng là
0.
1.
2.
3.
Đáp án đúng là: D
• Ta có: \[\widehat {BMA} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \[\widehat {BME} = 90^\circ \]
Xét ∆BME vuông tại M nên B, M ,E thuộc đường tròn đường kính BE (1)
Xét ∆EFB vuông tại F nên B, F, E thuộc đường tròn đường kính BE (2)
Từ (1) và (2) suy ra B, M, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BE hay tứ giác BMEF nội tiếp.
Do đó, (I) đúng.
• Ta có AB ⊥ CD tại F và AB là đường kính
Ta chứng minh được ∆OCD cân tại O do OC = OD = R nên F là trung điểm của CD.
Do đó, AB là đường trung trực của CD nên .
Ta có: và .
Suy ra \[\widehat {CMA} = \widehat {DMA}\], do đó AM là phân giác của góc CMD.
Vậy ý (II) đúng.
• Xét ∆ACE và ∆ACM có:
\[\widehat A\] chung (gt)
Suy ra ∆ACE ᔕ ∆ACM (g.g)
Suy ra \[\frac{{AC}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AC}}\] hay AC2 = AE.AM.
Do đó ý (III) đúng.
Vậy cả ba phát biểu trên đều đúng.
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O. Dựng đường thẳng d qua A song song với BC, đường thẳng d1>
qua C song song với BA, gọi D là giao điểm của d và d1. Dựng AE vuông với BD (E nằm trên BD), F là giao điểm của BD với đường tròn (O). Khi đó,
(I). Tứ giác AECD nội tiếp.
(II). \[\widehat {AOF} = \widehat {CAE}\].
(III). AECF là hình bình hành.
(IV). DF.DB = 2AB2.
Số phát biểu đúng là
1.
2.
3.
4.
Đáp án đúng là: C
• Ta có: \[\widehat {BAC} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Mà ABCD là hình bình hành nên AB // CD.
Do đó, \[\widehat {ACD} = \widehat {BAC} = 90^\circ \] (so le trong)
Suy ra ∆ACD vuông tại C nên A, C, D thuộc đường tròn đường kính AD (1).
∆ADE vuông tại E nên E, A, D thuộc đường tròn đường kính AD (2).
Từ (1) và (2) suy ra A, E, C, D cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác AEDC nội tiếp.
Do đó, ý (I) đúng.
• Do tứ giác AEDC nội tiếp nên \[\widehat {CAE} = \widehat {CDE}\] (góc nội tiếp chắn cung EC)
Mà AB // CD nên \[\widehat {CDE} = \widehat {ABD}\] (so le trong)
Suy ra \[\widehat {CAE} = \widehat {ABD}\]. (3)
Mà \[\widehat {ABD}\] là góc nội tiếp chắn cung AF, \[\widehat {AOF}\] là góc ở tâm chắn cung AF nên \[\widehat {AOF} = 2\widehat {ABD}\]. (4)
Từ (3) và (4) suy ra \[\widehat {AOF} = 2\widehat {CAE}\].
Do đó, ý (II) sai.
• Ta có: \[\widehat {BFC} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay FC ⊥ BD.
Có AE ⊥ BD nên FC // AE.
Lại có \[\widehat {AFB} = \widehat {ACB} = \widehat {CAD} = \widehat {FEC}\] nên AF // EC.
Do đó, tứ giác AECF là hình bình hành.
Suy ra, ý (III) đúng.
• Gọi giao điểm của AC và BD là I, do tứ giác ABCD là hình bình hành nên AI = IC; IB = ID; AB = CD.
Xét ∆DIC vuông tại C có CF ⊥ BD
Chứng minh được ∆CDI ᔕ ∆FDC (g.g) suy ra \[\frac{{CD}}{{FD}} = \frac{{DI}}{{DC}}\] hay CD2 = FD.DI.
Mà AB = DC nên AB2 = DF.DI.
Suy ra 2AB2 = 2.DF.DI mà 2DI = BD do đó, 2AB2 = DF.DB.
Do đó, ý (IV) đúng.
Vậy có 3 phát biểu đúng là (I), (III), (IV).
