39 bài tập Tứ giác nội tiếp có lời giải
39 câu hỏi
Chọn khẳng định sai trong các phát biểu sau?
Tứ giác có bốn đỉnh thuộc một đường tròn được gọi là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Mỗi hình chữ nhật là một tứ giác nội tiếp đường tròn.
Tứ giác có bốn cạnh tiếp xúc với đường tròn được gọi là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Mỗi hình vuông là một tứ giác nội tiếp đường tròn.
Chọn C
Cho các hình: hình vuông, hình chữ nhật, hình bình hành, hình thoi. Trong các hình nói trên có bao nhiêu hình không là tứ giác nội tiếp?
\[1\]
\[2.\]
\[3\].
\[4\].
Chọn B
Trong các tứ giác đã cho hình hình hành, hình thoi không nội tiếp được trong một đường tròn.
Cho các hình: Hình vuông, hình chữ nhật, hình bình hành, hình thang vuông, hình thang cân, hình thoi. Trong các hình nói trên có bao nhiêu hình là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn?
\[1\]
\[2.\]
\[3\].
\[4\].
Chọn C
Trong các tứ giác đã cho, hình thang cân, hình vuông, hình chữ nhật nội tiếp được trong một đường tròn.
Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo của hai góc đối nhau bằng
\(180^\circ \)
\(90^\circ \)
\(360^\circ \)
\(120^\circ \)
Chọn A
Có bao nhiêu tứ giác nội tiếp đường tròn trong các hình vẽ dưới đây?
\[1\]
\[2.\]
\[3\].
\[4\].
Chọn C
Theo dấu hiệu nhận biết có 3 tứ giác nội tiếp được đường tròn là hình 1,2, 3.
Tứ giác \(EFHQ\) không đủ căn cứ để chứng minh tứ giác nội tiếp.
Có bao nhiêu tứ giác không nội tiếp đường tròn trong các hình vẽ dưới đây?
\[1\]
\[2.\]
\[3\].
\[4\].
Chọn A
Theo dấu hiệu nhận biết có 3 tứ giác nội tiếp được đường tròn là hình 1, 2, 4
Tứ giác nào sau đây không nội tiếp được đường tròn?
Tứ giác \[ABCD\]
Tứ giác \[MNPQ\]
Tứ giác \[QRST\]
Tứ giác \[EFGH\]
Chọn C
Cho hình vẽ bên, số tứ giác nội tiếp được trong đường tròn là
Có \(3\) hình tứ giác nội tiếp
Có \(4\) hình tứ giác nội tiếp
Có \(5\) hình tứ giác nội tiếp
Có \(6\) hình tứ giác nội tiếp
Chọn D
Các tứ giác nội tiếp trong hình là \(ANHP\), \(BNHM\),\(MHPC\),\(BNPC\),\(APMB\),\(ANMC\).
Cho hình vẽ sau. Chọn khẳng định sai trong các phát biểu sau?
Tứ giác \(ABDC\)nội tiếp được đường tròn.
Tứ giác \(DEFC\)nội tiếp được đường tròn
\(\widehat {DEF} + \widehat {FCD} = 180^\circ \).
Tứ giác \(DEFC\) không nội tiếp được đường tròn.
Chọn D
Theo dấu hiệu nhận biết có tứ giác \(ABDC\)nội tiếp được đường tròn vì có bốn điểm \(A,B,D,C\) cùng thuộc một đường tròn.
Tứ giác \(DEFC\) có \(\widehat {DEC} = \widehat {DFC} = 90^\circ \) nên tứ giác \(DEFC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(DC\).
Tứ giác \(DEFC\)nội tiếp được đường tròn nên \(\widehat {DEF} + \widehat {FCD} = 180^\circ \).
Cho điểm \(A\) nằm ngoài \(\left( O \right)\), qua \(A\) vẽ hai tiếp tuyến \(AB,\)\(AC\) với \(B,\)\(C\) là tiếp điểm.
Chọn khẳng định đúng.
Tứ giác \(ABOC\)là hình thoi.
Tứ giác \(ABOC\)không nội tiếp được đường tròn.
Tứ giác \(ABOC\)là hình bình hành.
Tứ giác \(ABOC\)nội tiếp được đường tròn.
Chọn D
\(AB\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) với \(B\) là tiếp điểm nên \(AB \bot OB\) \( \Rightarrow \widehat {ABO} = 90^\circ \) nên tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\). Suy ra ba điểm \(A,B,O\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AO\)\(\left( 1 \right)\).
\(AC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) với \(C\) là tiếp điểm nên \(AC \bot OC\) \( \Rightarrow \widehat {ACO} = 90^\circ \) nên tam giác \(ACO\) vuông tại \(C\). Suy ra ba điểm \(A,C,O\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AO\)\(\left( 2 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) có các điểm \(A,B,O,C\)cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AO\).
Do đó tứ giác \(ABOC\)nội tiếp được đường tròn.
Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn biết \[\widehat A = 2\widehat C\]. Vậy số đo \[\widehat C\] bằng:
\(60^\circ \)
\(120^\circ \)
\(50^\circ \)
\(100^\circ \)
Chọn A
Vì tứ giác \(ABCD\) nội tiếp, ta có: \[\widehat A + \widehat C = 180^\circ \](theo định lí), mà \[\widehat A = 2\widehat C\]
\[ \Rightarrow 3\widehat C = 180^\circ \Rightarrow \widehat C = 60^\circ \]
Cho tứ giác \(MNPQ\) nội tiếp đường tròn với\[\widehat {MQP} - \widehat {MNP} = 10^\circ \]. Số đo \[\widehat {MQP}\] bằng:
\[100^\circ \]
\[95^\circ \]
\[80^\circ \]
\[90^\circ \]
Chọn B
Vì tứ giác \(MNPQ\) nội tiếp, ta có: \[\widehat {MNP} + \widehat {MQP} = 180^\circ \](theo định lí), mà \[\widehat {MQP} - \widehat {MNP} = 10^\circ \]
\[ \Rightarrow \widehat {MQP} = \left( {180^\circ + 10^\circ } \right):2 = 95^\circ \]
Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn, biết \[\widehat A = 100^\circ ,\,\,\widehat B = 70^\circ \]. Vậy số đo\[\widehat C\] & \[\widehat D\] bằng:
\[\widehat C = 80^\circ ;\,\,\widehat D = 100^\circ \]
\[\widehat C = 80^\circ ;\,\,\widehat D = 70^\circ \]
\[\widehat C = 80^\circ ;\,\,\widehat D = 140^\circ \]
\[\widehat C = 80^\circ ;\,\,\widehat D = 110^\circ \]
Chọn D
Vì tứ giác \(ABCD\) nội tiếp, ta có: \[\widehat A + \widehat C = 180^\circ \](theo định lí) \[ \Rightarrow \widehat C = 80^\circ \]
\[\widehat B + \widehat D = 180^\circ \](theo định lí) \[ \Rightarrow \widehat D = 110^\circ \]
Cho hình vẽ sau: Khi đó \[\widehat {BCD}\] bằng:
![Cho hình vẽ sau: Khi đó \[\widehat {BCD}\] bằng: (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/08/blobid7-1755532480.png)
\[120^\circ \]
\[60^\circ \]
\[70^\circ \]
\[110^\circ \]
Chọn D
Vì tứ giác \(ABCD\) nội tiếp, ta có: \[\widehat B + \widehat D = 180^\circ \](theo định lí)
\(12x + 6x = 180^\circ \)
\(18x = 180^\circ \)
\(x = 10^\circ \)\[ \Rightarrow \widehat A = 70^\circ \]
Vì tứ giác \(ABCD\) nội tiếp, ta có: \[\widehat A + \widehat C = 180^\circ \](theo định lí)
\[ \Rightarrow \widehat C = 110^\circ \]
Cho tứ giác \(MNPQ\) nội tiếp đường tròn \((O)\)và \(\widehat {NPQ} = 100^\circ \), số đo \(\widehat {NOQ}\)bằng
\(80^\circ \)
\(160^\circ \)
\(240^\circ \)
\(140^\circ \)
Chọn B
Tứ giác \(MNPQ\) nội tiếp đường tròn \((O)\)nên \[\widehat {NMQ} + \widehat {NPQ} = 180^\circ \] suy ra \[ \Rightarrow \widehat {NMQ} = 180^\circ - \widehat {NPQ} = 180^\circ - 100^\circ = 80^\circ \]
\(\widehat {NOQ} = 2\widehat {NMQ} = 2.80^\circ = 160^\circ \)
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) và lấy điểm \(E\) bất kì trên cạnh \(AB\). Qua \(B\) vẽ một đường thẳng vuông góc với \(CE\) tại \(D\) và cắt tia \(CA\) tại \(H\), biết \(\widehat {ACB} = 34^\circ \), số đo \(\widehat {ADH}\) bằng
\(38^\circ \)
\(40^\circ \)
\(34^\circ \)
\(36^\circ \)
Chọn C
Tứ giác \(ADBC\) có \[\widehat {BAC} = \widehat {BDC} = 90^\circ \] nên tứ giác \(ADBC\)nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\).
Do đó: \(\widehat {ADB} + \widehat {ACB} = 180^\circ \); mà \(\widehat {ADB} + \widehat {AHB} = 180^\circ \)( hai góc kề bù)
Suy ra; \(\widehat {ADH} = \widehat {ACB} = 34^\circ \)
Cho tam giác \(ABC\) có \(CK\) và \(BD\) là hai đường cao, biết \(\widehat {ACB} = 50^\circ \). Số đo\(\widehat {AKD}\) bằng
\(40^\circ \)
\(50^\circ \)
\(60^\circ \)
\(70^\circ \)
Chọn B
Tứ giác \(BKDC\) có \(\widehat {BKC} = \widehat {BDC} = 90^\circ \) nên tứ giác \(BKDC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\)Do đó: \(\widehat {BKD} + \widehat {ACB} = 180^\circ \); mà \(\widehat {AKD} + \widehat {BKD} = 180^\circ \)( hai góc kề bù)
Suy ra: \(\widehat {AKD} = \widehat {ACB} = 50^\circ \)
Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \((O),\) hai đường thẳng \(AB,\) \(CD\) cắt nhau tại \(M\) và hai đường thẳng \(AD,\) \(BC\) cắt nhau tại \(N\) như hình vẽ. Biết các góc \(\widehat {ANB} = a^\circ ;\)\(\widehat {AMD} = b^\circ \).
Số đo góc \(\widehat {BAD}\) bằng
\(90^\circ - \frac{{a^\circ + b^\circ }}{2}.\)
\(180^\circ - \frac{{a^\circ + b^\circ }}{2}.\)
\(90^\circ + \frac{{a^\circ + b^\circ }}{2}.\)
\(90^\circ - \left( {a^\circ + b^\circ } \right).\)
Chọn A
Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \((O),\)nên \(\widehat {CBA} + \widehat {CDA} = 180^\circ \)
Trong tam giác \(ABN\)có \(\widehat {ANB} + \widehat {CBA} + \widehat {BAD} = 180^\circ .\)
Trong tam giác \(AMD\)có \(\widehat {AMD} + \widehat {CDA} + \widehat {BAD} = 180^\circ .\)
Suy ra: \(\widehat {ANB} + \widehat {AMD} + \widehat {CBA} + \widehat {CDA} + 2\widehat {BAD} = 360^\circ .\)
\(\widehat {BAD} = \frac{{360^\circ - \left( {\widehat {ANB} + \widehat {AMD} + \widehat {CBA} + \widehat {CDA}} \right)}}{2} = \frac{{360^\circ - \left( {a^\circ + b^\circ + 180^\circ } \right)}}{2} = 90^\circ - \frac{{a^\circ + b^\circ }}{2}.\)
Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \((O),\) hai đường thẳng \(AB,\) \(CD\) cắt nhau tại \(M\) và hai đường thẳng \(AD,\) \(BC\) cắt nhau tại \(N\) như hình vẽ. Biết các góc \(\widehat {ANB} = a^\circ ;\)\(\widehat {AMD} = b^\circ \).
Số đo góc \(\widehat {BCD}\) bằng
\(90^\circ + \frac{{a^\circ + b^\circ }}{2}.\)
\(180^\circ - \frac{{a^\circ + b^\circ }}{2}.\)
\(90^\circ + a^\circ + b^\circ .\)
\(180^\circ - \left( {a^\circ + b^\circ } \right).\)
Chọn A
Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \((O),\)nên \(\widehat {CBA} + \widehat {CDA} = 180^\circ \)
Trong tam giác \(ABN\)có \(\widehat {ANB} + \widehat {CBA} + \widehat {BAD} = 180^\circ .\)
Trong tam giác \(AMD\)có \(\widehat {AMD} + \widehat {CDA} + \widehat {BAD} = 180^\circ .\)
Suy ra: \(\widehat {ANB} + \widehat {AMD} + \widehat {CBA} + \widehat {CDA} + 2\widehat {BAD} = 360^\circ .\)
\(\widehat {BAD} = \frac{{360^\circ - \left( {\widehat {ANB} + \widehat {AMD} + \widehat {CBA} + \widehat {CDA}} \right)}}{2} = \frac{{360^\circ - \left( {a^\circ + b^\circ + 180^\circ } \right)}}{2} = 90^\circ - \frac{{a^\circ + b^\circ }}{2}.\)
\(\widehat {BCD} = 180^\circ - \widehat {BAD} = 90^\circ + \frac{{a^\circ + b^\circ }}{2}.\)
Cho tứ giác \[ABCD\]nội tiếp đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\]có \[AB = BC = R\]. Số đo \[\widehat {ABC}\] là:
\[120^\circ \]
\[140^\circ \]
\[70^\circ \]
\[60^\circ \]
Chọn A
\[\Delta BCO\,\,{\rm{c\'o }}\,\,BC = OC = OA = R\]\[ \Rightarrow \Delta BCO\] đều \[ \Rightarrow \widehat {BOC} = 60^\circ \]
Suy ra
\[\Delta BOA\,\,{\rm{c\'o }}\,AB = OB = OA = R\] đều \[ \Rightarrow \widehat {BOA} = 60^\circ \]
Suy ra
Ta có \[\widehat {COA} = \widehat {BOC} + \widehat {BOA} = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ \]
Suy ra
Xét đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] ta có:
( định lí góc nội tiếp)
\[\widehat {ABC} = 180^\circ - \widehat {CDA} = 120^\circ \].
Cho tứ giác\[ABCD\] nội tiếp được đường tròn. Biết \(\widehat {C\,} = 60^\circ ,{\rm{ }}\widehat {\rm{D}} = 80^\circ \). Khi đó:
\(\widehat {A\,\,} = 60^\circ ;{\rm{ }}\widehat {B\,} = 80^\circ \)
\(\widehat {A\,\,} = 120^\circ ;{\rm{ }}\widehat {\rm{B}} = 100^\circ \)
\(\widehat A = 120^\circ ;{\rm{ }}\widehat {\rm{B}} = 130^\circ \)
\(\widehat A = 90^\circ ;{\rm{ }}\widehat B = 100^\circ \)
Chọn B
Trong các hình vẽ tứ giác\[ABCD\]sau hãy chọn hình vẽ có tứ giác nội tiếp trong đường tròn.
![Trong các hình vẽ tứ giác\[ABCD\]sau hãy chọn hình vẽ có tứ giác nội tiếp trong đường tròn. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/08/blobid14-1755532706.png)
Hình I
Hình II
Hình III
Hình IV
Chọn B.
Trong các phát biểu sau, phát biểu nào là đúng
Mọi tứ giác đều nội tiếp được đường tròn.
Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối bằng \(90^\circ \).
Tứ giác có tổng hai góc bằng \(180^\circ \) thì tứ giác đó nội tiếp.
Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới hai góc bằng nhau thì tứ giác đó nội tiếp.
Chọn D
Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn có hai cạnh đối \(AB\) và \(CD\) cắt nhau tại \(M\) và \(\widehat {BDA} = 80^\circ \) thì \(\widehat {BCM} = \)?
\(100^\circ \)
\(40^\circ \)
\(70^\circ \)
\(80^\circ \)
Chọn D
Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp \( \Rightarrow \,\widehat {BDA}\, = \,\widehat {BCA} = 80^\circ \Rightarrow \widehat {BCM} = \,80^\circ \).
Trong các hình sau, hình nào sau đây không nội tiếp được đường tròn?
Hình vuông.
Hình chữ nhật.
Hình thoi có một góc nhọn.
Hình thang cân.
Chọn C
Cho tứ giác\[ABCD\] nội tiếp được đường tròn. Biết \[\widehat A = 50^\circ ,{\rm{ }}\widehat B = 70^\circ \]. Khi đó:
\(\widehat C = 110^\circ ;{\rm{ }}\widehat D = 70^\circ \)
\(\widehat C = 130^\circ ;{\rm{ }}\widehat D = 110^\circ \)
\(\widehat C = 40^\circ ;{\rm{ }}\widehat D = 130^\circ \)
\(\widehat C = 50^\circ ;{\rm{ }}\widehat D = 70^\circ \)
Chọn B
Cho tứ giác \[MNPQ\] nội tiếp đường tròn \[(O;R)\] và có \[\widehat M = 50^\circ \]. Khi đó ta có:
\[\widehat P = 50^\circ \]
\[\widehat P = 130^\circ \]
\[\widehat P = 180^\circ \]
\[\widehat P = 310^\circ \]
Chọn B
Cho hình vẽ sau:
Số tứ giác nội tiếp được trong đường tròn là:
Có \[3\] hình tứ giác nội tiếp.
Có \[4\] hình tứ giác nội tiếp.
Có \[5\]hình tứ giác nội tiếp.
Có \[6\] hình tứ giác nội tiếp.
Chọn D
Nhóm tứ giác nội tiếp thứ nhất: \(AEHF;\,CDHE;\,BDHF\).
Nhóm tứ giác nội tiếp thứ hai: \(BCEF;\,ACDF;\,ABDE\).
Cho tứ giác\[ABCD\] nội tiếp đường tròn \[\left( O \right)\]\(\;\)có hai tia\[AB;DC\] kéo dài cắt nhau tại \[M\]sao cho \[\widehat {AMD} = 20^\circ \] và hai tia\[AD;BC\] kéo dài cắt nhau tại \[N\] sao cho \[\widehat {ANB} = 40^\circ \]. Khi đó số đo của\[\widehat {BAD}\] là
\[120^\circ \]
\[40^\circ \]
\[20^\circ \]
\[60^\circ \]
Chọn A
Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp \(\left( O \right)\)\( \Rightarrow \widehat {{D_1}}\, = \,\widehat {{B_1}}\,\)
\(\widehat {{A_1}}\, = \,\widehat {{A_2}}\) (hai góc đối đỉnh).
\(\widehat {{D_1}}\, = \,180^\circ \, - \,\widehat {{A_1}} - \,\widehat {M\,}\, = \,160^\circ - \,\widehat {{A_1}}\).
\(\widehat {{B_1}}\, = \,40\,^\circ \, + \,\widehat {{A_2}}\,\)(Góc ngoài tại đỉnh \(B\) của \(\Delta ABN\))\( \Rightarrow \widehat {{D_1}} = \,40^\circ + \,\widehat {{A_1}}\).
Do đó: \(160^\circ - \widehat {{A_1}}\, = \,40^\circ + \,\widehat {{A_1}} \Rightarrow \widehat {{A_1}} = \,60^\circ \Rightarrow \widehat {BAD} = \,120^\circ \).
Cho tứ giác \[MNPQ\] có \[\widehat {PMQ} = \widehat {PNQ} = 90^\circ \] và \[MP = MQ.\] Khi đó số đo \[\widehat {MNP}\] là
\[45^\circ \]
\[90^\circ \]
\[125^\circ \]
\[135^\circ \].
Chọn D
Tứ giác \[MNPQ\] có\[\widehat {PMQ} = \widehat {PNQ} = 90^\circ \]\( \Rightarrow \) Tứ giác \[MNPQ\] nội tiếp đường tròn đường kính \(PQ\)
\( \Rightarrow \widehat {MQP}\, + \,\widehat {MNP\,} = 180^\circ \). (1)
\(\Delta MPQ\) vuông tại \(M\) (gt) và \(MP = \,MQ\) (gt) \( \Rightarrow \Delta MPQ\) vuông cân tại \(M \Rightarrow \widehat {MQP}\, = \,45^\circ \). (2)
Từ (1), (2) suy ra: \(\widehat {MNP\,} = \,135^\circ \).
Cho đường tròn \[\left( O \right)\]. Biết \[MA;MB\] là các tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] cắt nhau tại \[M\] và \[\widehat {AMB} = 58^\circ .\] Khi đó số đo \[\widehat {ABO}\] \(\;\)bằng
\[24^\circ .\]
\[29^\circ .\]
\[30^\circ .\]
\[31^\circ .\]
Chọn B
Vì \(MA;\,MB\) lần lượt là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(A;\,B\) (gt) nên ta có:
\(\widehat {MAO\,} = \,\widehat {MBO\,} = \,90^\circ \).
Tứ giác \(AMBO\) có \(\widehat {MAO\,} + \,\widehat {MBO} = \,180^\circ \)\( \Rightarrow \,\)Tứ giác \(AMBO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OM\)
\( \Rightarrow \widehat {AMB}\, + \,\widehat {AOB}\, = \,180^\circ \Rightarrow \widehat {AOB\,} = \,180^\circ - \,58^\circ = \,122^\circ \,\).
\(\Delta AOB\) có \(OA = \,OB = \,{R_{\left( O \right)}}\)\[ \Rightarrow \Delta AOB\] cân tại \(O\)\( \Rightarrow \widehat {ABO\,} = \,\frac{{180^\circ - \,\widehat {AOB}}}{2} = \,\frac{{180^\circ - \,122^\circ }}{2} = \,29^\circ \).
Cho hình vẽ bên dưới. Biết \[AD\,\]// \(BC\). Số đo góc \[x\] bằng:
\[40^\circ .\]
\[70^\circ .\]
\[60^\circ .\]
\[50^\circ .\]
Chọn A
\(\Delta ABD\) có \(\widehat {ADB}\, = \,180^\circ - \,60^\circ - 80^\circ = \,40^\circ \) (Định lí tổng ba góc trong một tam giác)
\(AD\,\)// \(BC\)\( \Rightarrow \widehat {ADB}\, = \,\widehat {DBC} = \,40^\circ \).
\(\widehat {BCD}\, = \,180^\circ - \,\widehat {BAD} = \,100^\circ \) (Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn)
\(\Delta BCD:\,\,\,\widehat {BDC}\, = \,180^\circ - \,\widehat {DBC} - \widehat {BCD} = 40^\circ \) (Định lí tổng ba góc trong một tam giác)
Cho 4 điểm \[M,Q,N,P\]thuộc \[\left( O \right)\]. Biết \[\widehat {MNP} = 60^\circ ;\,\,\widehat {QMP} = 40^\circ \]. Khi đó số đo \[\widehat {MPQ}\] là:
\[20^\circ .\]
B.
\[30^\circ .\]
\[40^\circ .\]
Chọn A
Tứ giác \(MNPQ\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {MQP\,} = \,180^\circ - \,\widehat {MNP} = \,120^\circ \).
(Định lí tổng ba góc trong một tam giác).
Cho tứ giác \[ABCD\]có \[\widehat A:\widehat B:\widehat C:\widehat D = 8:15:28:21\] khẳng định nào sau đây là đúng:
Tứ giác \[ABCD\] là tứ giác nội tiếp.
Tứ giác \[ABCD\] không nội tiếp được.
Tứ giác \[ABCD\] là một hình thoi.
Tứ giác \[ABCD\] là một hình thang cân.
Chọn A
Tứ giác \[ABCD\]có \[\widehat A:\widehat B:\widehat C:\widehat D = 8:15:28:21\]
\( \Rightarrow \frac{{\widehat {A\,}}}{8}\, = \frac{{\widehat {B\,}}}{{15}}\, = \frac{{\widehat {C\,}}}{{28}}\, = \frac{{\widehat {D\,}}}{{21}}\, = \,\frac{{\widehat {A\,} + \,\widehat {\,B\,} + \,\widehat C\, + \,\widehat D}}{{8 + 15 + 28 + 21}} = \,\frac{{360^\circ }}{{72}} = \,5^\circ \)(tính chất dãy tỉ số bằng nhau)
Suy ra: \(\widehat {A\,\,}\, = \,40^\circ ;\,\,\,\widehat {B\,}\, = \,75^\circ ;\,\,\,\widehat C\, = \,140^\circ ;\,\,\,\widehat D\, = \,105^\circ \)\( \Rightarrow \widehat {A\,}\, + \,\widehat C\, = \,180^\circ \)\( \Rightarrow \)Tứ giác \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp.
Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Biết \(\widehat {ADO\,} = \,50^\circ \);\(\widehat {OCD}\, = \,40^\circ \). Khi đó
số đo \[\widehat {ABC}\] là
\[40^\circ \]
\[50^\circ \]
\[90^\circ \]
\[10^\circ \]
Chọn C
\(\Delta OCD\) có \(OC = \,OD = \,{R_{\left( O \right)}}\)\( \Rightarrow \Delta OCD\) cân tại \(O\) suy ra \(\widehat {OCD}\, = \,\widehat {ODC}\, = \,40^\circ \).
Ta có: \(\widehat {ADO\,} + \,\widehat {ODC}\, = \,50^\circ + \,40^\circ = 90^\circ \Rightarrow \widehat {ADC} = 90^\circ \)
\[ \Rightarrow \widehat {ABC}\, = \,180^\circ - \,\widehat {ADC\,} = \,90^\circ \](Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp \(\left( O \right)\)).
Cho tứ giác \(A;\,B;\,C;\,D\) thuộc \[\left( O \right)\]. Biết \[\widehat {AOC}\, = \,120^\circ \]. Khi đó số đo \[\widehat {ADC}\] là:
\[60^\circ \] hoặc \[120^\circ .\]
\[80^\circ .\]
\[100^\circ \]
\[120^\circ \]
Chọn A
![Cho tứ giác \(A;\,B;\,C;\,D\) thuộc \[\left( O \right)\]. Biết \[\widehat {AOC}\, = \,120^\circ \]. Khi đó số đo \[\widehat {ADC}\] là: (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/08/blobid21-1755532921.png)
TH1: \(\widehat {ADC}\, = \,180^\circ \, - \,\widehat {ABC}\, = 180\, - \,\frac{{\widehat {AOC}}}{2} = \,120^\circ \).
TH2: \(\widehat {ADC}\, = \,\widehat {ABC}\, = \,\frac{{\widehat {AOC}}}{2}\, = \,\frac{{120^\circ }}{2} = 60^\circ \)
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\). Gọi \(H\) là điểm nằm giữa \(O\) và \(B\). Kẻ dây \(CD \bot AB\) tại \(H\). Trên cung nhỏ \(AC\) lấy điểm \(E\), kẻ \(CK \bot AE\) tại \(K\). Đường thẳng \(DE\) cắt \(CK\) tại \(F\). Tam giác \(ACF\) là tam giác
cân tại \(F\).
cân tại \(C\).
cân tại \(A\).
đều.
Chọn C
Ta có \(AB \bot CD\) tại \(H\) mà \(AB\) là đường kính suy ra \(H\) là trung điểm của \(CD\). (1)
Trên \(\left( O \right)\): \(\widehat {{A_1}}\, = \,\widehat {{D_1}}\) (góc nội tiếp cùng chắn ). (2)
Dễ dàng, chứng minh được tứ giác \(AHCK\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AC\).
Suy ra \(\widehat {{A_1}}\, = \,\widehat {{H_1}}\) (góc nội tiếp cùng chắn ). (3)
Từ (2), (3) suy ra \(\widehat {{D_1}\,} = \,\widehat {{H_1}}\) mà \(\widehat {{D_1}\,};\,\widehat {{H_1}}\) là cặp góc nằm ở vị trí đồng vị \( \Rightarrow \)HK //\(DF\). (4)
Từ (1), (4) suy ra \(K\) là trung điểm của \(FC\).
hay \(AK\) là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh \(A\) của \(\Delta AFC\).
mà \(AK\) cũng là đường cao xuất phát từ đỉnh \(A\) của \(\Delta AFC\).
Do đó: \(\Delta ACF\) cân tại \(A\).
Cho \[\Delta ABC\] cân tại \[A\] có \[\widehat B = 40^\circ \] điểm \[D\] thuộc cạnh \[AB\]. Đường vuông góc với \[AB\] tại \[D\] cắt \[BC\] tại \[E\] và cắt đường thẳng vuông góc với \[AC\] tại \[C\] ở \[K\]. Gọi \[I\] là trung điểm của \[BE\]. Khi đó số đo \[\widehat {IAK}\] là
\[40^\circ \]
\[50^\circ \]
\[90^\circ \]
\[60^\circ \]
Chọn B
\(\Delta BDE\) vuông tại \(D\) có \(DI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BE\)
\( \Rightarrow IB = ID = IE\). Suy ra \(\Delta BID\) cân tại \(I\) và \(\Delta EID\) cân tại \(I\)
Suy ra: \(\widehat {IBD}\, = \,\widehat {IDB}\, = \,40^\circ \)\( \Rightarrow \widehat {IDE}\, = \widehat {IED}\, = 90^\circ - \,\widehat {IDB}\, = \,50^\circ \) hay \(\widehat {IDK\,} = 50^\circ \)
\(\widehat {ICK}\, = \,90^\circ - \,\widehat {BCA} = \,90^\circ - 40^\circ = 50^\circ \)
Tứ giác \(IDCK\) có hai đỉnh liền kề \(D,\,C\) cùng nhìn đoạn \(IK\) dưới một góc \(50^\circ \)
\( \Rightarrow IDCK\) là tứ giác nội tiếp\( \Rightarrow \,I;\,D;\,C;\,K\) cùng thuộc một đường tròn.
Dễ dàng chứng minh tứ giác\(ADKC\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow A;\,D;\,C;\,K\) cùng thuộc một đường tròn.
Do đó 5 điểm \(A;\,I;\,D;\,C;\,K\) cùng thuộc một đường tròn, đường kính \(AK\).
\( \Rightarrow \widehat {IAK\,} = \,\widehat {ICK}\, = \,50^\circ \) (góc nội tiếp cùng chắn ).
Cho tứ giác \[ABCD\] nội tiếp đường tròn tâm \(O\) bán kính \[a\]. Biết rằng \[AC \bot BD\]. Khi đó để\[AB + CD\] đạt giá trị lớn nhất thì
\[AC = AB\]
\[AC = BD\]
\[DB = AB\]
Không có đáp án đúng.
Chọn B
![Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính a . Biết rằng AC \bot BD\]. Khi đó để\[AB + CD\] đạt giá trị lớn nhất thì (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/08/blobid25-1755533050.png)
Vẽ đường kính \(CE\) của đường tròn \(\left( O \right)\).
Ta có \(\widehat {EAC} = 90^\circ \), \(\widehat {EDC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Từ đó ta có \(AE \bot AC\). Mặt khác theo giả thiết \(AC \bot BD\).
Kéo theo \(AE{\rm{ // }}BD\). Vậy \(AEBD\)là hình thang.
Do hình thang \[AEBD\] nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(AEDB\) là hình thang cân.
Kéo theo \(AB = DE\) (các cạnh bên của hình thang).
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 Cauchy cho \(\left( {A{B^2},C{D^2}} \right)\) ta có \(A{B^2} + C{D^2} \ge 2AB.CD\)
\( \Rightarrow 2\left( {A{B^2} + C{D^2}} \right) \ge A{B^2} + C{D^2} + 2AB.CD = {\left( {AB + CD} \right)^2}\).
Kéo theo \({\left( {AB + CD} \right)^2} \le 2{\left( {4a} \right)^2} = 8{a^2}\)\( \Rightarrow AB + CD \le 2\sqrt 2 a\).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi\[AB = CD\].
Xét \(\Delta ABI\), \(\Delta DCI\) có \(AB = CD\), \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD}\) (góc nội tiếp cùng chắn ),
\(\widehat {BAC} = \widehat {CDB}\) (góc nội tiếp cùng chắn ).
Do đó \(\Delta ABI = \)\(\Delta DCI\) (g.c.g).
Kéo theo \(AI = ID,IB = IC\).
Suy ra \(AC = AI + IC = ID + IB = BD\).
