13 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Dạng 1: Tứ giác nội tiếp có đáp án

Câu 1:

Cho tam giác ABC, 2 đường cao BB’, CC’. Chứng minh tứ giác BCB’C’ nội tiếp.

Xem đáp án

Chứng minh 4 đỉnh cách đều 1 điểm

Cho tam giác ABC, 2 đường cao BB’, CC’. Chứng minh tứ giác BCB’C’ nội tiếp. (ảnh 1)

Gọi O là trung điểm của BC. Xét DBB’C có : $\hat{B B' C} = 90^{0}$ (GT)

OB’ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

Þ OB’ = OB = OC = r ⁽¹⁾

Xét DBC’C có : $\hat{B C' C} = 90^{0}$ (GT)

Tương tự trên Þ OC’ = OB = OC = r ⁽²⁾

Từ (1) và (2) Þ B, C’, B’, C Î (O; r) Þ Tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn.

Câu 2:

Cho đường tròn tâm O và điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C) là tiếp điểm. Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M rồi kẻ các đường vuông góc MI, MH, MK xuống các cạnh BC, CA, AB. Gọi giao điểm của BM và IK là P; giao điểm của CM, IH là Q.

a) Chứng minh rằng các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp được;

Xem đáp án

a)

Cho đường tròn tâm O và điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C) là tiếp điểm. (ảnh 1)

* $\hat{B I M} = \hat{B K M} = 90^{0}$ suy ra tứ giác BIMK nội tiếp. (phương pháp 1)

* $\hat{C I M} = \hat{C H M} = 90^{0}$ suy ra tứ giác CIMH nội tiếp. (phương pháp 1)

Câu 3:

b, Chứng minh MI² = MH.MK;

Xem đáp án

b) Tứ giác BIMK nội tiếp nên $\hat{I K M} = \hat{I B M};$ (nội tiếp cùng chắn cung MI); $\hat{K I M} = \hat{K B M .}$ (nội tiếp cùng chắn cung KM)

Tứ giác CIMK nội tiếp nên $\hat{I C M} = \hat{I H M};$ (cùng chắn cung MI); $\hat{M I H} = \hat{M C H .}$ (cùng chắn cung MH)

Xét đường tròn tâm (O) có : $\hat{K B M} = \hat{B C M};$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung(; $\hat{M B I} = \hat{M C H .}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

Từ $(1), (2), (3)$ suy ra $\hat{K I M} = \hat{I H M}; \hat{M K I} = \hat{M I H .}$

Do đó $Δ I M K ~ Δ M H I (g . g)$

$\Rightarrow \frac{M K}{M I} = \frac{M I}{M H} \Rightarrow M I^{2} = M K . M H$ .

Câu 4:

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB=2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm).AC cắt OM tại E ; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D ( D khác B ).

a) Chứng minh: $A M C O$ và $A M D E$ là các tứ giác nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

Vì là tiếp tuyến nên:

\hat{MAO} = \hat{MCO} = 90^{0}

. Tứ giác

A M C O

có

\hat{MAO} + \hat{MCO} = 180^{0}

\Rightarrow A M C O

là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO.

Câu 5:

b) Chứng minh MBCD là tứ giác nội tiếp (xem cách giải Bài 3)

Xem đáp án

$\hat{ADB} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \hat{ADM} = 90^{0}$ (1)

Lại có: $O A = O C = R$ ; $M A = M C$ (tính chất tiếp tuyến).

Suy ra $O M$ là đường trung trực của AC

$\Rightarrow \hat{AEM} = 90^{0}$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\hat{A D M} = \hat{A E M} = 90^{0}$ . Tứ giác $A M D E$ có hai đỉnh A, E kề nhau cùng nhìn cạnh MA dưới một góc không đổi. Vậy $A M D E$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính .

Câu 6:

Cho nữa đường tròn tâm O đường kính AB , kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa đường tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lượt ở E, F ( F ở giữa B và E)

1. Chứng minh: $\hat{A B D} = \hat{D F B}$ .

Xem đáp án

1)

Cho nữa đường tròn tâm O đường kính AB , kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa đường tròn. (ảnh 1)

$Δ A D B$ có $\hat{A D B} = 90^{o}$ ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) $\Rightarrow \hat{A B D} + \hat{B A D} = 90^{o}$ (vì tổng ba góc của một tam giác bằng )(1)

$Δ A B F$ có $\hat{A B F} = 90^{o}$ (BF là tiếp tuyến ). $\Rightarrow \hat{A F B} + \hat{B A F} = 90^{o}$ (vì tổng ba góc của một tam giác bằng $180^{o}$ ) (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \hat{A B D} = \hat{D F B}$

Câu 7:

2. Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiếp.

Xem đáp án

2) Tứ giác $A C D B$ nội tiếp (O) . $\Rightarrow \hat{A B D} + \hat{A C D} = 180^{o}$

mà $\hat{E C D} + \hat{A C D} = 180^{o}$ ( Vì là hai góc kề bù) $\Rightarrow \hat{E C D} = \hat{D B A}$

Theo trên $\hat{A B D} = \hat{D F B}$ , $\hat{E C D} = \hat{D B A}$ $\Rightarrow \hat{E C D} = \hat{D F B}$ . Mà $\hat{E F D} + \hat{D F B} = 180^{o}$ ( Vì là hai góc kề bù) nên $\Rightarrow \hat{E C D} + \hat{A E F D} = 180^{o}$ , do đó tứ giác $C E F D$ là tứ giác nội tiếp.

Câu 8:

Cho nửa đường tròn đường kính BC=2R. Từ điểm A trên nửa đường tròn vẽ $A H ⊥ B C$ . Nửa đường tròn đường kính BH, CH lần lượt có tâm $O_{1}$ ; $O_{2}$ cắt $A B$ và CA thứ tự tại D và E.

a) Chứng minh tứ giác $A D H E$ là hình chữ nhật, từ đó tính DE biết $R = 25$ và $B H = 10$

Xem đáp án

Cho nửa đường tròn đường kính BC=2R. Từ điểm A trên nửa đường tròn (ảnh 1)

Ta có $\hat{B A C} = 90^{o}$ (vì góc nội tiếpchắn nửa đường tròn)

Tương tự có $\hat{B D H} = \hat{C E H} = 90^{o}$

Xét tứ giác $A D H E$ có $\hat{A} = \hat{A D H} = \hat{A E H} = 90^{o}$ hay $A D H E$ là hình chữ nhật.

Từ đó $D E = A H$ mà $A H^{2} = B H . C H$ (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)

hay $A H^{2} = 10.40 = 20^{2} (B H = 10; C H = 2.25 - 10 = 40) \Rightarrow D E = 20$

Câu 9:

b) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

b) Ta có: $\hat{B A H}$ = $\hat{C}$ (góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà $\hat{D A H} = \hat{A D E}$ (1)

(Vì $A D H E$ là hình chữ nhật) => $\hat{C} = \hat{A D E}$ do $\hat{C} + \hat{B D E} = 180^{o}$ nên tứ giác $B D E C$ nội tiếp đường tròn.

Lưu ý: Có thể hướng dẫn học sinh một cách sử dụng hệ thức lượng và tam giác đồng dạng như sau:

Tam giác AHB vuông tại H, đường cao AH. Ta có $A H^{2} = A D . A B$

Tam giác AHC vuông tại H, đường cao AE. Ta có $A H^{2} = A E . A C$

Ta có $A D . A B = A E . A C \Rightarrow \frac{A D}{A C} = \frac{A E}{A B}$

Xét tam giác ADE và tam giác ACB có $\frac{A D}{A C} = \frac{A E}{A B}$ , $\hat{B A C} = \hat{D A E} = 90^{0}$ (góc chung)

$\Rightarrow Δ A D E Δ A C B$ $\Rightarrow \hat{A D E} = \hat{A C B}$ mà $\hat{A D E} + \hat{E D B} = 180^{0}$ nên $\hat{A D E} + \hat{E C B} = 180^{0}$

Tứ giác BDEC có $\hat{A D E} + \hat{E C B} = 180^{0}$ nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.

Câu 10:

Từ bài toán quen thuộc cho (O,R). Trên nửa mặt phẳng bờ AB kẻ tiếp tuyến Ax và By với (O), lấy N thuộc (O), kẻ tiếp tuyến với (O) tại N cắt Ax tại C, cắt By tại D. Gọi I và K lần lượt là giao điểm của AN và CO, MN và OD. Chứng minh NIOK là hình chữ nhật.

Ta có bài toán sau:

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng QA, điểm N thuộc nửa đường tròn (O). Từ QA và B vẽ các tiếp tuyến Ax và By. Đường thẳng qua N và vuông góc với NM cắt Ax, By thứ tự tại C và D.

a) Chứng minh $A C N M$ và $B D N M$ là các tứ giác nội tiếp đường tròn.

Từ bài toán quen thuộc cho (O,R). Trên nửa mặt phẳng bờ AB kẻ tiếp tuyến Ax và By với (O) (ảnh 1)

Xem đáp án

a)

Từ bài toán quen thuộc cho (O,R). Trên nửa mặt phẳng bờ AB kẻ tiếp tuyến Ax và By với (O) (ảnh 2)

Ta có tứ giác $A C N M$ có: $\hat{MNC} = 90^{0}$ (gt) $\hat{MAC} = 90^{0}$ (tínhchất tiếp tuyến).

$\Rightarrow \hat{M N C} + \hat{M A C} = 180^{0}$ $A C N M$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MC. Tương tự tứ giác $B D N M$ nội tiếp đường tròn đường kính MD.

Câu 11:

b) Chứng minh $Δ A N B$ đồng dạng với $Δ C M D$ từ đó suy ra $I M K N$ là tứ giác nội tiếp.

Xem đáp án

b) $Δ A N B$ và $Δ C M D$ có:

$\hat{ABN} = \hat{CDM}$ (do $B D N M$ tứ giác nội tiếp)

$\hat{BAN} = \hat{DCM}$ (do tứ giác $A C N M$ nội tiếp ) nên $Δ A N B ~ Δ C M D$ (g.g)

$Δ A N B ~ Δ C M D$ $\Rightarrow \hat{CMD} = \hat{ANB} = 90^{o}$

(do

\hat{ANB}

là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) )

Suy ra $\hat{IMK} = \hat{INK} = 90^{0}$ $\Rightarrow \hat{I N K} + \hat{I M K} = 180^{0}$ . Vậy $I M K N$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IK

Câu 12:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), M là điểm chính giữa của cung AB. Nối M với D, M với C cắt AB lần lượt ở E và P. Chứng minh tứ giác PEDC nội tiếp được đường tròn.

Xem đáp án