Trắc nghiệm Tứ giác nội tiếp lớp 9 (có đúng sai, trả lời ngắn)

Đáp án đúng là: B

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 diện của tứ giác nội tiếp)

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

Vậy ba phương án A, B, C đều đúng, phương án D sai.

Đáp án đúng là: C

Hình 1: Tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat A + \widehat C = 115^\circ + 75^\circ = 190^\circ \ne 180^\circ \) nên không phải tứ giác nội tiếp.

Hình 2: Tứ giác \(EFGH\)có \(\widehat F + \widehat H = 85^\circ + 92^\circ = 177^\circ \ne 180^\circ \) nên không phải tứ giác nội tiếp.

Hình 3: Tứ giác \(MNPQ\) có các đỉnh nằm trên đường tròn \(\left( O \right)\) nên là tứ giác nội tiếp.

Hình 4: Tứ giác \(IKSR\) chỉ số đo của góc \(K\) nên chưa đủ điều kiện để kết luận tứ giác nội tiếp hay không.

Vậy Hình 3 là tứ giác nội tiếp.

Đáp án đúng là: B

Ta có\(\widehat {DBO} = 90^\circ \) và \[\widehat {DFO} = 90^\circ \] (tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác \[OBDF\] có\(\widehat {DBO} + \widehat {DFO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).

Vậy tứ giác \[OBDF\] là tứ giác nội tiếp.

Đáp án đúng là: C

Tứ giác \[ABCD\] nội tiếp nên có :

\(\widehat {DAB} + \widehat {BCD} = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat {BCD} = 180^\circ - 70^\circ = 110^\circ \).

Mà \(\widehat {BCD} + \widehat {BCM} = 180^\circ \) (hai góc kề bù).

Vậy \(\widehat {BCM} = 180^\circ - 110^\circ = 70^\circ \).

Đáp án đúng là: B

Ta có \[BD\] và \[CE\]là đường cao của tam giác \[ABC\] nên \(\widehat {BDC} = \widehat {BEC} = 90^\circ \).

Suy ra tam giác \(BDC\) vuông tại \[D\] và tam giác \(BEC\)vuông tại \(E\).

Suy ra 4 điểm \(B,D,C,E\) cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.

Suy ra \(BEDC\) là tứ giác nội tiếp.

Điểm \(D\) nằm trên \(AC\) nên \(ADCB\) không phải là hình tứ giác.

Xét tứ giác \(AHBC\) có:

\(\widehat {HAC} = \widehat {HAD} < 90^\circ \) (do tam giác \(HAD\) vuông tại D)

\(\widehat {HBC} = \widehat {DBC} < 90^\circ \) (do tam giác \(BDC\) vuông tại D)

Suy ra \(\widehat {HAC} + \widehat {HBC} < 180^\circ \).

Vậy tứ giác \(AHBC\) không là tứ giác nội tiếp.

Đáp án đúng là: A

Ta có\(\widehat {AMB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Lại có: \(BC \bot CP\) hay \(\widehat {BCP} = 90^\circ \).

Suy ra \(\widehat {AMB} + \widehat {BCP} = 180^\circ \).

Nên \[\widehat {PMA} + \widehat {PCA} = 180^\circ \].

Do đó tứ giác \[PMAC\] là tứ giác nội tiếp.

Đáp án đúng là: B

Xét đáp án A, ta thấy:

\(\widehat A + \widehat C = 50^\circ + 130^\circ = 180^\circ \)

\(\widehat B + \widehat D = 60^\circ + 140^\circ = 200^\circ \)

Vậy tứ giác \[ABCD\] trong đáp án A không là tứ giác nội tiếp

Xét đáp án B, ta thấy:

\(\widehat A + \widehat C = 65^\circ + 115^\circ = 180^\circ \)

\(\widehat B + \widehat D = 85^\circ + 95^\circ = 180^\circ \)

Vậy tứ giác \[ABCD\] trong đáp án B là tứ giác nội tiếp.

Xét đáp án C, ta thấy:

\(\widehat A + \widehat C = 82^\circ + 98^\circ = 180^\circ \)

\(\widehat B + \widehat D = 90^\circ + 100^\circ = 200^\circ \)

Vậy tứ giác \[ABCD\] trong đáp án C không là tứ giác nội tiếp.

Đáp án đúng là: A

Xét tứ giác \[AEHF\] có: \(\widehat A = \widehat E = \widehat F = 90^\circ \)

Suy ra tứ giác \[AEHF\] là hình chứ nhật.

Suy ra tứ giác \[AEHF\] là tứ giác nội tiếp (có tổng hai góc đối diện bằng \(180^\circ \)).

Do đó \(\widehat {AFE} = \widehat {AHE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[AE\])

Mà \(\widehat {AHE} = \widehat {ABH}\) (cùng phụ góc \[BHE\])

Suy ra \(\widehat {AFE} = \widehat {ABC}\).

Xét tứ giác \[BEFC\] có:\(\widehat {AFE} = \widehat {ABC}\)

Góc \[AFE\] là góc ngoài tại đỉnh \[F\].

Suy ra \[BEFC\] là tứ giác nội tiếp.

Đáp án đúng là: B

Ta có \[AB\] và \[AC\] là hai tiếp tuyến cắt nhau suy ra \[AB = AC\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét tứ giác \[ABOC\] có:

\(AB = AC\) và \[OB = OC\].

Suy ra tứ giác \[ABOC\] chưa là hình thoi và không là hình bình hành, do đó đáp án A, D sai.

Có \(\widehat {ABO} = 90^\circ \) (do \[AB\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\])

\(\widehat {ACO} = 90^\circ \) (do \[AC\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\])

Suy ra \(\widehat {ABO} + \widehat {ACO} = 180^\circ \)

Suy ra tứ giác \[ABOC\] là tứ giác nội tiếp.

Đáp án đúng là: D

Xét tam giác \[ADB\] có \(\widehat {ADB} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[\Delta ADB\] vuông tại \[D.\]

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

Mà \[AD \ne BD\,;{\rm{ }}AD < AB\] nên phương án A, B, C sai.

Đáp án đúng là: a) Đúng.  b) Đúng.c) Đúng.        d) Sai.

a) Đúng.

Vì \[AC\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \(OA \bot AC\) hay \(\widehat {OAC} = 90^\circ \).

Vì \[MC\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \(OM \bot MC\) hay \(\widehat {OMC} = 90^\circ \).

Suy ra \(\widehat {OAC} + \widehat {OMC} = 180^\circ \). Do đó \[OACM\] là tứ giác nội tiếp.

b) Đúng.

Vì \[BD\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \(OB \bot BD\) hay \(\widehat {OBD} = 90^\circ \)

Vì \[MD\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \(OM \bot MD\) hay \(\widehat {OMD} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {OBD} + \widehat {OMD} = 180^\circ \). Do đó \[OMDB\] là tứ giác nội tiếp.

c) Đúng.

Nhận thấy \(AB \bot AC\) và \(AB \bot BD\), do đó \(AC\parallel BD\).

Do đó, \[ACDB\] là hình thang vuông.

d) Sai.

Hình thang vuông \[ACDB\] không là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Đáp án đúng là: a) Đúng.  b) Đúng.        c) Đúng.        d) Sai.

a) Đúng.

Do tứ giác \[ABCP\] nội tiếp (vì có 4 đỉnh cùng thuộc đường tròn) và \(\widehat {BAP},\,\,\widehat {BCP}\) là các góc đối nên $\widehat{BAP}+\widehat{BCP}=180°\left(1\right)$

Do \[ABCD\]là hình bình hành nên \[CD\,{\rm{//}}\,AB\], suy ra $\widehat{ABC}+\widehat{BCP}=180°\left(2\right)$

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)suy ra\(\widehat {BAP} = \widehat {ABC}\).

Mặt khác \[CP\,{\rm{//}}\,AB\] nên \[ABCP\] là hình thang cân.

b) Đúng.

Vì \[ABCP\] là hình thang cân

Từ đó suy ra  $AP=BC\left(3\right)$

c) Đúng.

Do \[BC = AD\] (vì \[ABCD\]là hình bình hành).      \[\left( 4 \right)\]

Từ \[\left( 3 \right)\] và \[\left( 4 \right)\] ta suy ra \[AP = AD\].

d) Sai.

Vì \[AP = AD\] nên \[\Delta PAD\] cân tại \[P.\]

Đáp án đúng là: a) Đúng.  b) Sai.        c) Đúng.     d) Đúng.

a) Đúng.

Do \(AB,AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ \).

Suy ra tứ giác \(ABOC\) nội tiếp đường tròn tâm \(I\) với \(I\) là trung điểm của \(AO\).

b) Sai.

Ta có: \(AM.AB = \frac{{AB}}{2}.AB = \frac{{A{B^2}}}{2}\); \(AI.AO = 2AI.AI = 2A{I^2} \ne \frac{{A{B^2}}}{2}\).

Do đó, \(AM.AB \ne AI.AO\).

c) Đúng.

Gọi \(E\) là trung điểm của \(MA\), do \(G\) là trọng tâm \(\Delta CMA\) nên \(G \in CE\) và \(\frac{{GE}}{{CE}} = \frac{1}{3}\).

Mặt khác \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{1}{3}\) (vì \(ME = \frac{{MA}}{2} = \frac{{MB}}{2}\) nên \(ME = \frac{{BE}}{3}\))

Suy ra \(\frac{{GE}}{{CE}} = \frac{{ME}}{{BE}} = \frac{1}{3}\) nên theo định lí Thalès đảo ta có \(MG\parallel BC\).

d) Đúng.

Gọi \(G'\) là giao của \(OA\) và \(CM\) suy ra \(G'\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên \(\frac{{G'M}}{{CM}} = \frac{1}{3} = \frac{{GE}}{{CE}}\) do đó theo định lí Thalès đảo ta có \(GG'\parallel ME\). (1)

Có \(MI\) là đương trung bình trong \(\Delta OAB\) suy ra \(MI\parallel BO\) mà \(AB \bot BO\) suy ra \(MI \bot BA\) hay \(MI \bot ME\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(MI \bot GG'\).

Lại có \(G'I \bot MK\) (vì \(OA \bot MK\)) nên \(I\) là trực tâm của tam giác \(MGG'\) hay \(GI \bot G'M\) tức là \(GI \bot CM\).

Đáp án đúng là: a) Đúng.  b) Sai.        c) Đúng.     d) Sai.

a) Đúng.

Ta có: \(\widehat {BAC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Có tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành suy ra \(AB\parallel CD\) nên \(\widehat {ACD} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) (so le trong).

Suy ra \(\widehat {AED} = \widehat {ACD} = 90^\circ \).

Mà hai góc này cùng chắn cung \(EF\) nên tứ giác \(AECD\) nội tiếp đường tròn hay bốn điểm \(A,E,C,D\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AD\).

b) Sai.

Có tứ giác \(AECD\) nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {CAE} = \widehat {CDE}\) (hai góc nội tiếp chắn cung \(EC\)).

Có: \(AB\parallel CD\) nên \(\widehat {CDE} = \widehat {ABD}\) (so le trong).

Từ đây suy ra \(\widehat {CAE} = \widehat {ABD}\).

Mà \(\widehat {ABD}\) là góc ở tâm, \(\widehat {AOF}\) là góc nội tiếp chắn cung \(AF\), suy ra \(\widehat {AOF} = 2\widehat {ABD}\) hay \(\widehat {AOF} = 2\widehat {CAE}\)

c) Đúng.

Ta có: \(\widehat {BFC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra \(AE\parallel CF\) (cùng vuông với \(BD\)).

Lại có \(\widehat {AFB} = \widehat {ACB} = \widehat {CAD} = \widehat {FEC}\) suy ra \(AF\parallel CE\).

Do đó \[AECF\] là hình bình hành.

d) Sai.

Gọi \[AC \cap BD = I\]. Vì \[ABCD\] là hình bình hành nên \[IA = IC;IB = ID;AB = CD\].

Xét tam giác \[DCI\] vuông tại \[C\] có \[CF\] là đường cao.

Xét tam giác đồng dạng \[\Delta FCD\] và \[\Delta CID\] có: \[\widehat {CFD} = \widehat {DCI} = 90^\circ \] và \[\widehat {FDC} = \widehat {IDC}\].

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{CD}}{{DI}} = \frac{{FD}}{{CD}}\].

Suy ra \[C{D^2} = DF.DI\] nên \[A{B^2} = DF.DI\] (Do \[AB = CD\]).

Suy ra \[2A{B^2} = 2DF.DI\] mà \[2DI = BD\] do đó \[2A{B^2} = BD.DF\].

Đáp án đúng là: a) Đúng.  b) Đúng.    c) Sai.        d) Đúng.

a) Đúng.

Vì \(AM,CN\) là các đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\CN \bot AB\end{array} \right.\)

suy ra \(\widehat {BMH} = \widehat {BNH} = 90^\circ \).

Xét tứ giác \(BNHM\) có \(\widehat {BMH} + \widehat {BNH} = 2.90^\circ = 180^\circ \).

Suy ra tứ giác \(BNHM\) là tứ giác nội tiếp.

Suy ra \(\widehat {MBN} + \widehat {NHM} = 180^\circ \) hay \(\widehat {CBA} + \widehat {NHM} = 180^\circ \).

Mà \(\widehat {CHM} + \widehat {NHM} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Do đó, \(\widehat {ABC} = \widehat {CHM}\).

b) Đúng.

Tứ giác \(BNHM\) nội tiếp nên \(\widehat {MBN} + \widehat {NHM} = 180^\circ \).

Mà \(\widehat {AHC} = \widehat {NHM}\) (đối đỉnh) nên \(\widehat {ABC} + \widehat {AHC} = 180^\circ \).

Mặt khác \(BNHM\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\) nên \(\widehat {ADC} + \widehat {ABC} = 180^\circ \).

Do đó, \(\widehat {ADC} = \widehat {AHC}\).

Gọi \(E\) là trung điểm \(AC\).

c) Sai.

Xét tam giác \(ACM\) có \(\widehat {AMC} = 90^\circ \) và \(ME\) là đường trung tuyến nên

\(EM = EC = EA = \frac{1}{2}AC\) (*).

Xét tam giác \(ACN\) có \(\widehat {ANC} = 90^\circ \) và \(NE\) là đường trung tuyến nên

\(EN = EC = EA = \frac{1}{2}AC\) (**).

Từ (*) và (**) suy ra \(EM = EN = EC = EA = \frac{1}{2}AC\) do đó tứ giác \(ACMN\) nội tiếp.

Suy ra \(\widehat {MAC} = \widehat {MNC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(MC\)).

d) Đúng.

Ta có: \(\widehat {MAC} + \widehat {ACM} = 90^\circ \) (hai góc phụ nhau).

Do đó, \(\widehat {ACM} = 90^\circ - \widehat {MAC}\).

Mà \(\widehat {ACM} + \widehat {ANM} = 180^\circ \) (tứ giác \(ACMN\) nội tiếp) nên \(90^\circ - \widehat {MAC} + \widehat {ANM} = 180^\circ \).

Suy ra \(\widehat {MAC} + 90^\circ = \widehat {ANM}\).

Đáp án: 100

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

Đặt \(\widehat {BCE} = \widehat {DCF} = x\).

Theo tính chất góc ngoài tam giác, ta có:

\(\widehat {ABC} = \widehat {BCE} + \widehat E = x + 40^\circ \)

\(\widehat {ADC} = \widehat {DCF} + \widehat F = x + 20^\circ \)

Lại có \(\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp)

Suy ra \(\left( {x + 40^\circ } \right) + \left( {x + 20^\circ } \right) = 180^\circ \) hay \(x = 60^\circ \).

Do đó \(\widehat {ABC} = 60^\circ + 40^\circ = 100^\circ \).

Đáp án: 110

Vì tứ giác \(ABCD\) nội tiếp, ta có: \(\widehat B + \widehat D = 180^\circ \) (theo định lí).

Do đó, \(12x + 6x = 180^\circ \) hay \(18x = 180^\circ \) suy ra \(x = 10^\circ \).

Suy ra \(\widehat A = 7x = 70^\circ \).

Mà, ta có: \(\widehat A + \widehat C = 180^\circ \), suy ra \(\widehat C = 110^\circ \).

Vậy số đo góc \(\widehat C = 110^\circ \).

Đáp án: 50

\(\Delta BDE\) vuông tại \(D\) có \(DI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BE.\)

Suy ra \(IB = ID = IE\). Suy ra \(\Delta BID\) cân tại \(I\) và \(\Delta EID\) cân tại \(I\).

Suy ra \(\widehat {IBD} = \widehat {IDB} = 40^\circ \), do đó \(\widehat {IDE} = \widehat {IED} = 90^\circ - \widehat {IDB} = 50^\circ \) hay \(\widehat {IDK} = 50^\circ \).

Suy ra \(\widehat {ICK} = 90^\circ - \widehat {BCA} = 90^\circ - 40^\circ = 50^\circ \)

Tứ giác \(IDCK\) có hai đỉnh liền kề \(D,\,C\) cùng nhìn đoạn \(IK\) dưới một góc \(50^\circ \).

Suy ra \(IDCK\) là tứ giác nội tiếp, do đó \(I,\,D,\,C,\,K\) cùng nhìn một đường tròn.

Chứng minh được \(ADKC\) là tứ giác nội tiếp nên \(A,\,D,\,C,\,K\) cùng thuộc một đường tròn.

Từ đây, suy ra 5 điểm \(A,\,I,\,D,\,C,\,K\) cùng thuộc một đường tròn, đường kính \(AK\).

Suy ra \(\widehat {IAK} = \widehat {ICK} = 50^\circ \) (góc nội tiếp cùng chắn )

Đáp án: 100.

Xét tứ giác \(AOCD\) có: \(\widehat {ADC} + \widehat {AOC} + \widehat {DAO} + \widehat {DCO} = 360^\circ \).

Suy ra \(\widehat {ADC} + \widehat {AOC} = 260^\circ \).

Xét tứ giác \(ABCD\) nội tiếp nên: \(\widehat {ADC} + \widehat {ABC} = 180^\circ \).

Mà \(\widehat {AOC} = 2\widehat {ABC}\) (góc ở tâm bằng hai lần góc nội tiếp chắn cùng một cung)

Suy ra \(\widehat {ADC} + 2\widehat {ABC} = 260^\circ \).

Từ đây, ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {ADC} + 2\widehat {ABC} = 260^\circ \\\widehat {ADC} + \widehat {ABC} = 180^\circ \end{array} \right.\)

Suy ra \(\widehat {ABC} = 80^\circ \) và \(\widehat {ADC} = 100^\circ \)

Đáp án: 70

Vì tứ giác \(ABCD\) nội tiếp nên ta có: \(\,\widehat {DAB} + \widehat {DCB} = 180^\circ \), do đó \(\widehat {DCB} = 110^\circ \).

Ta có: \[\widehat {ADC} + \widehat {ABC} = 180^\circ \].

Trong tam giác \(ABD\) có \(\widehat {{D_1}} + \widehat {{B_1}} = 180^\circ - \widehat {BAD} = 110^\circ \).

Mà \(\widehat {{D_1}} = \widehat {{B_2}}\) (so le trong) suy ra \(\widehat {{D_1}} + \widehat {{B_1}} = \widehat {{B_1}} + \widehat {{B_2}} = \widehat {ABC} = 110^\circ \).

Suy ra \(\widehat {ADC} = 70^\circ \)