39 bài tập Tứ giác nội tiếp có lời giải

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.

Chọn A

Vì tứ giác \(ABCD\) nội tiếp, ta có: \[\widehat A + \widehat C = 180^\circ \](theo định lí), mà \[\widehat A = 2\widehat C\]

\[ \Rightarrow 3\widehat C = 180^\circ \Rightarrow \widehat C = 60^\circ \]

Chọn B

Vì tứ giác \(MNPQ\) nội tiếp, ta có: \[\widehat {MNP} + \widehat {MQP} = 180^\circ \](theo định lí), mà \[\widehat {MQP} - \widehat {MNP} = 10^\circ \]

\[ \Rightarrow \widehat {MQP} = \left( {180^\circ + 10^\circ } \right):2 = 95^\circ \]

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) \[ \Rightarrow \widehat D = 110^\circ \]

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)

\[ \Rightarrow \widehat C = 110^\circ \]

Chọn B

Tứ giác \(MNPQ\) nội tiếp đường tròn \((O)\)nên \[\widehat {NMQ} + \widehat {NPQ} = 180^\circ \] suy ra \[ \Rightarrow \widehat {NMQ} = 180^\circ - \widehat {NPQ} = 180^\circ - 100^\circ = 80^\circ \]

\(\widehat {NOQ} = 2\widehat {NMQ} = 2.80^\circ = 160^\circ \)

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; \(\widehat {ADH} = \widehat {ACB} = 34^\circ \)

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: \(\widehat {AKD} = \widehat {ACB} = 50^\circ \)

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: \(\widehat {ANB} + \widehat {AMD} + \widehat {CBA} + \widehat {CDA} + 2\widehat {BAD} = 360^\circ .\)

\(\widehat {BAD} = \frac{{360^\circ - \left( {\widehat {ANB} + \widehat {AMD} + \widehat {CBA} + \widehat {CDA}} \right)}}{2} = \frac{{360^\circ - \left( {a^\circ + b^\circ + 180^\circ } \right)}}{2} = 90^\circ - \frac{{a^\circ + b^\circ }}{2}.\)

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: \(\widehat {ANB} + \widehat {AMD} + \widehat {CBA} + \widehat {CDA} + 2\widehat {BAD} = 360^\circ .\)

\(\widehat {BAD} = \frac{{360^\circ - \left( {\widehat {ANB} + \widehat {AMD} + \widehat {CBA} + \widehat {CDA}} \right)}}{2} = \frac{{360^\circ - \left( {a^\circ + b^\circ + 180^\circ } \right)}}{2} = 90^\circ - \frac{{a^\circ + b^\circ }}{2}.\)

\(\widehat {BCD} = 180^\circ - \widehat {BAD} = 90^\circ + \frac{{a^\circ + b^\circ }}{2}.\)

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)

\[\widehat {ABC} = 180^\circ - \widehat {CDA} = 120^\circ \].

Chọn B

Chọn B.

Chọn D

Chọn D

Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp \( \Rightarrow \,\widehat {BDA}\, = \,\widehat {BCA} = 80^\circ \Rightarrow \widehat {BCM} = \,80^\circ \).

Chọn C

Chọn B

Chọn B

Chọn D

Nhóm tứ giác nội tiếp thứ nhất: \(AEHF;\,CDHE;\,BDHF\).

Nhóm tứ giác nội tiếp thứ hai: \(BCEF;\,ACDF;\,ABDE\).

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: \(160^\circ - \widehat {{A_1}}\, = \,40^\circ + \,\widehat {{A_1}} \Rightarrow \widehat {{A_1}} = \,60^\circ \Rightarrow \widehat {BAD} = \,120^\circ \).

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: \(\widehat {MNP\,} = \,135^\circ \).

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 \(O\)\( \Rightarrow \widehat {ABO\,} = \,\frac{{180^\circ - \,\widehat {AOB}}}{2} = \,\frac{{180^\circ - \,122^\circ }}{2} = \,29^\circ \).

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)

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).

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.

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 \(\left( O \right)\)).

Chọn A

TH1: \(\widehat {ADC}\, = \,180^\circ \, - \,\widehat {ABC}\, = 180\, - \,\frac{{\widehat {AOC}}}{2} = \,120^\circ \).

TH2: \(\widehat {ADC}\, = \,\widehat {ABC}\, = \,\frac{{\widehat {AOC}}}{2}\, = \,\frac{{120^\circ }}{2} = 60^\circ \)

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 \(A\).

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 ).

Chọn B

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 \(AC = AI + IC = ID + IB = BD\).