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 $\widehat{BAP}+\widehat{BCP}=180^{\circ}(1)$

Do $ABCD$ là hình bình hành nên $CD\,{\rm{//}}\,AB$, suy ra $\widehat{ABC}+\widehat{BCP}=180^{\circ}(2)$

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 $AP=BC(3)$

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 $\widehat {ADC} = 70^\circ$