10 bài tập Một số bài toán tổng hợp về tứ giác nội tiếp có lời giải

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.

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.

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 = NE$^{2}$ .

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.

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.

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.

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.

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.

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 AB$^{2}$ + CD$^{2}$ = DI$^{2}$ + DC$^{2}$ = IC$^{2}$ = 4a$^{2}$ (do ∆IDC vuông tại D)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho (AB$^{2}$, BD$^{2}$), ta có:

AB$^{2}$ + BD$^{2}$ ≥ 2AB.CD, suy ra 2(AB$^{2}$ + BD$^{2}$) ≥ AB$^{2}$ + BD$^{2}$ + 2AB.CD = (AB + CD)$^{2}$

Kéo theo (AB + CD)$^{2}$ ≤ 2.4a$^{2}$ 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.

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 AC$^{2}$ = AE.AM.

Do đó ý (III) đúng.

Vậy cả ba phát biểu trên đều đúng.

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 CD$^{2}$ = FD.DI.

Mà AB = DC nên AB$^{2}$ = DF.DI.

Suy ra 2AB$^{2}$ = 2.DF.DI mà 2DI = BD do đó, 2AB$^{2}$ = DF.DB.

Do đó, ý (IV) đúng.

Vậy có 3 phát biểu đúng là (I), (III), (IV).