30 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bài tập tự luyện có đáp án

Câu 1:

Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ; R ) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B,C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MI $⊥$ AB, MK $⊥$ AC ( I $\in$ AB , K $\in$ AC).

a) Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

a) Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn. (ảnh 1)

Ta có: AIM = AKM = 90 $°$ (giả thiết), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM.

Câu 2:

b) Vẽ MP $⊥$ BC ( P $\in$ BC) . Chứng minh CPMK là tứ giác nội tiếp.

Xem đáp án

Tứ giác CPMK có MPC = MKC = 90 $°$ (giả thiết). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp.

Câu 3:

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). Chứng minh AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

Chứng minh AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn. (ảnh 1)

Vì MA, MC là tiếp tuyến nên MAO = MCO = 90 $°$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO.

ADB = 90 $°$ (góc nội tiếp chắn nửa cung tròn)

=> ADM = 90 $°$ . (1)

Lại có: OA = OC = R, MA = MC (tính chất tiếp tuyến).

Suy ra OM là đường trung trực của AC.

=> AEM = 90 $°$ . (2)

Từ (1) và (2) suy ra AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.

Câu 4:

Cho điểm M thuộc cung nhỏ BC của đường tròn (O). Một đường thẳng d ở ngoài (O) và vuông góc với đường thẳng OM; đường thẳng CM,BM cắt d lần lượt tại D, E. Chứng minh rằng B , C , D , E cùng thuộc một đường tròn.

Xem đáp án

Chứng minh rằng B , C , D , E cùng thuộc một đường tròn. (ảnh 1)

Kẻ đường kính AM cắt d tại N. Ta có ANE = ABE = 90 $°$ nên tứ giác ABNE nội tiếp, suy ra BEN = BAN.

Mặt khác BAN = BCM, do đó BCM = BEN hay BCD = BED.

Vậy B , C , D , E cùng thuộc một đường tròn.

Câu 5:

Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B. Vẽ AC, AD theo thứ tự là đường kính của hai đường tròn (O) và (O').

a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng.

Xem đáp án

a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng. (ảnh 1)

ABC và ABD lần lượt là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) và (O')

=> ABC = ABD = 90 $°$ => ABC + ABD = 180 $°$ .

Suy ra C, B, D thẳng hàng.

Câu 6:

b) Đường thẳng AC cắt đường tròn (O') tại E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại F (E, F khác A). Chứng minh bốn điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn.

Xem đáp án

Xét tứ giác CDEF có:

CFD = CFA = 90 $°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O);

CED = AED = 90 $°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O').

=> CFD = CED = 90 $°$ , suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp.

Câu 7:

c) Chứng minh ba đường thẳng AB, CF và DE đồng quy tại một điểm I.

Xem đáp án

Gọi I là giao điểm của CF và DE. Dễ thấy CE và DF là hai đường cao của tam giác CDI, cắt nhau tại A, suy ra IA $⊥$ CD.

Do vậy I, A, B thẳng hàng.

Câu 8:

d) Chứng minh tứ giác BDIF nội tiếp được trong một đường tròn.

Xem đáp án

Ta có DFI = DBI = 90 $°$ => BDIF nội tiếp được trong một đường tròn.

Câu 9:

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB < AC), các đường AF, BD, CE cắt nhau tại H.

a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp được trong một đường tròn.

Xem đáp án

a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp được trong một đường tròn. (ảnh 1)

Ta có BEC = 90 $°$ , BDC = 90 $°$ (giả thiết) và hai đỉnh E, D cùng nhìn cạnh BC. Suy ra tứ giác BEDC nội tiếp trong một đường tròn.

Câu 10:

b) Chứng minhAE.AB = AD.AC

Xem đáp án

Xét $∆$ AEC và $∆$ ADB có: BAC chung;

ABD = ACE (cùng chắn ED).

=> $∆$ AEC đồng dạng $∆$ ADB (g.g) => $\frac{A E}{A D} = \frac{A C}{A B}$ (hai cạnh tương ứng)

=> AE.AB = AD.AC.

Câu 11:

c) Chứng minh FH là đường phân giác của DFE.

Xem đáp án

Tứ giác HEBF nội tiếp (do BEH = BFH = 90 $°$ )

=> BFE = BHE (cùng chắn BE).

Tứ giác CDHF nội tiếp (do CDH = CFH = 90 $°$ ) => CFD = CHD.

Mà BHE = CHD nên BFE = CFD.

Mặt khác: BFE +EFA = 90 $°$ và CFD + DFA = 90 $°$ . Do đó EFA = DFA. Vậy FH là tia phân giác của góc EFD.

Câu 12:

d) Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh DOC = FED

Xem đáp án

Ta có: DOC = sđ CD. (1)

Tứ giác BEHF nội tiếp => HEF = FBH (cùng chắn cung HF). (*)

Tứ giác BEDC nội tiếp => DEC = HBF (cùng chắn cung DC) (**)

Từ (*) và (**) suy ra HEF = FBH = DEC => FED = 2DEC. (2)

Từ (1) và (2) suy ra DOC = FED.

Câu 13:

Cho hình thang cân ABCD ( AB > CD, AB // CD ) nội tiếp trong đường tròn (O). Kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và D chúng cắt nhau ở E. Gọi M là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.

a) Chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp được trong một đường tròn.

Xem đáp án

a) Chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp được trong một đường tròn. (ảnh 1)

Ta có: AEC = $\frac{1}{2}$ sđ AC (góc tạo bởi tia tiếp tuyến AE và dây AC của đường tròn (O).

Tương tự: xDB = $\frac{1}{2}$ sđ DB (Dx là tia đối của tia tiếp tuyến DE).

Mà AC = BD (do ABCD là hình thang cân) nên AC = BD.

Do đó EAC = xDB

Vậy tứ giác AEDM nội tiếp đươc trong một đường tròn.

Câu 14:

b) Chứng minhEM // AB.

Xem đáp án

Tứ giác AEDM nội tiếp nên EAD = EMD (cùng chắn cung ED). Mà EAD = ABD (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp cùng chắn cung AD).

Suy ra: EMD = ABD. Do đó EM // AB.

Câu 15:

c) Đường thẳng EM cắt cạnh AD và BC của hình thang lần lượt ở H và K. Chứng minh M là trung điểm HK.

Xem đáp án

$∆$ DAB có HM // AB => $\frac{H M}{A B} = \frac{D H}{D A}$ . $∆$ CAB có MK // AB => $\frac{M K}{A B} = \frac{C K}{C B}$ .

Mà $\frac{D H}{D A} = \frac{C K}{C B}$ (định lí Talet cho hình thang ABCD). Nên $\frac{H M}{A B} = \frac{M K}{A B}$ . Do đó MH = MK.

Vậy M là trung điểm HK.

Câu 16:

d) Chứng minh: $\frac{2}{H K} = \frac{1}{A B} + \frac{1}{C D}$

Xem đáp án

Áp dụng định lí Ta-lét cho tam giác ADB có HM // AB ta được: $\frac{H M}{A B} = \frac{D M}{D B}$ (1).

Áp dụng định lí Ta-lét cho tam giác DBC có KM // CD ta được: $\frac{K M}{C D} = \frac{B M}{B D}$ (2)

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được: $\frac{H M}{A B} + \frac{A M}{C D} = \frac{D M}{D B} + \frac{B M}{B D} = \frac{D M + B M}{B D} = \frac{B D}{B D} = 1$ .

Suy ra: $\frac{2 H M}{A B} + \frac{2 K M}{C D} = 2$ , mà MH = MK nên 2HM = 2KM = HK.

Do đó:

\frac{H K}{A B} + \frac{H K}{C D} = 2

. Suy ra:

\frac{2}{H K} = \frac{1}{A B} + \frac{1}{C D}

(đpcm)

Câu 17:

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R, dây cung AC. Gọi M là điểm chính giữa cung AC. Đường thẳng kể từ C song song với BM cắt tia AM ở K và cắt tia OM ở D, OD cắt AC tại H.

a) Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp.

Xem đáp án

a) Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp. (ảnh 1)

AMB = 90 $°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB).

=> AM $⊥$ AB. Mà CD // BM (giả thiết) nên AM $⊥$ CD.

Vậy MKC = 90 $°$ .

AM = CM (giả thiết) => OM $⊥$ AC => MHC = 90 $°$ .

Tứ giác CKMH có MKC + MJC = 180 $°$ nên nội tiếp được trong một đường tròn.

Câu 18:

b) Chứng minhCD = MB và DM = CB.

Xem đáp án

Ta có: ACB = 90 $°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó DM // CB mà CD // MB (giả thiết) nên tứ giác CDMB là hình bình hành.

Suy ra CD = MB và DM = CB.

Câu 19:

c) Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn (O) để AD là tiếp tuyến của nửa đường tròn.

Xem đáp án

AD là tiếp tuyến của đường tròn (O) <=> AD $⊥$ AB. $∆$ ACD có AK $⊥$ CD và DH $⊥$ AC nên M là trực tâm của tam giác. Suy ra CM $⊥$ AD.

Vậy AD $⊥$ AB <=> CM // AB <=> AM = BC.

Mà AM = MC nên AM = BC <=> AM = BC = MC = 60

°

.

Câu 20:

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở E và F.

a) Chứng minh: EOF = 90 $°$ .

Xem đáp án

EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E nên OE là phân giác của AOM.

Tương tự OF là phân giác của BOM.

Mà AOM và BOM kề bù nên: EOF = 90 $°$ (đpcm).

Câu 21:

b) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.

Xem đáp án

Ta có: EAO = EMO = 90 $°$ (tính chất tiếp tuyến).

Tứ giác AEMO có EAO + EMO = 180 $°$ nên nội tiếp được trong một đường tròn.

Tam giác AMB và tam giác EOF có: AMB = EOF = 90 $°$ ; MAB = MEO (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO). Vậy $∆$ AMB đồng dạng $∆$ EOF (g.g).

Câu 22:

c) Gọi K là giao điểm của AF và BE. Chứng minh MK $⊥$ AB.

Xem đáp án

Ta có AE // FB nên $\frac{A K}{K F} = \frac{A E}{B F}$ .

Mà AE = ME và BF = MF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Nên $\frac{A K}{K F} = \frac{M E}{M F}$ . Do đó MK // AE (định lí đảo của định lí Ta-lét). Lại có: AE $⊥$ AB (giả thiết) nên MK $⊥$ AB.

Câu 23:

Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax. Trên tiếp tuyến Ax lấy điểm F sao cho BF cắt đường tròn tại C, tia phân giác của góc ABF cắt Ax tại E và cắt đường tròn tại D.

a) Chứng minh OD // BC

Xem đáp án

$∆$ BOD cân ở O ( vì OD = OB = R) => OBD = ODB.

Mà OBD = CBD (giả thiết) nên ODB = CBD. Do đó: OD // BC

Câu 24:

b) Chứng minh hệ thức: BD.BE = BC.BF.

Xem đáp án

ADB = 90 $°$ (góc nội tiế chắn nửa đường tròn (O)) => AD $⊥$ BE.

ACB = 90 $°$ (góc nội tiế chắn nửa đường tròn (O)) => AC $⊥$ BF.

$∆$ EAB vuông ở A (do Ax là tiếp tuyến), có AD $⊥$ BE nên

AB²= BD.BE. (1)

$∆$ FAB vuông ở A (do Ax là tiếp tuyến), có AC $⊥$ BF nên

AB²= BC.BE. (2)

Từ (1) và (2) suy ra: BD.BE = BC.BF

Câu 25:

c) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp.

Xem đáp án

Ta có:

\{\begin{cases} CDB = CAB (hai góc phụ nội tiếp cùng chắn cung BC) \\ CAB = CFA (cùng phụ FAC) \end{cases}

=> CDB = CFA. Do đó tứ giác CDEF nội tiếp.

Câu 26:

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm là điểm H. Gọi M là điểm trên dây cung BC không chứa điểm A (M khác B,C). Gọi N, P theo thứ tự là các điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC.

a) Chứng minh AHCP là tứ giác nội tiếp.

Xem đáp án

a) Chứng minh AHCP là tứ giác nội tiếp. (ảnh 1)

Giả sử các đường cao của tam giác là AK, CI. Để chứng minh AHCP nội tiếp ta sẽ chứng minh AHC + APC = 120 $°$ .

Ta có: AHC = IHK (đối đỉnh),

APC = AMC = ABC (do tính đối xứng và góc nội tiếp cùng chắn một cung).

Lại có tứ giác BIHK là tứ giác nội tiếp nên ABC + IHK = 180 $°$ => AHC + APC = 180 $°$ .

Câu 27:

b) Chứng minh N, H, P thẳng hàng.

Xem đáp án

Để chứng minh N, H, P thẳng hàng ta sẽ chứng minh NHA + AHP = 180 $°$ do đó ta sẽ tìm cách quy hai góc này về 2 góc đối nhau trong một tứ giác nội tiếp.

Thật vậy ta có: AHP = ACP (do tứ giác AHCP nội tiếp).

ACP = ACM (do tính chất đối xứng). (1)

Ta thấy vai trò tứ giác AHCP giống với AHBN nên ta cũng dễ chứng minh được AHBN là tứ giác nội tiếp suy ra AHN = ABN .

Mặt khác, ABN = ABM (do tính chất đối xứng). (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra chỉ cần chứng minh ABM + ACM = 180 $°$ . Điều này là hiển nhiên do tứ giác ABMC nội tiếp.

Vậy NHA + AHP = 180 $°$ hay N, H, P thẳng hàng.

Câu 28:

c) Tìm vị trí điểm M để độ dài đoạn NP lớn nhất.

Xem đáp án

Ta có MAN = 2BAM, MAP = 2MAC => NAP = 2BAC. Mặt khác ta có, AN = AM = AP nên các điểm M, N, P thuộc đường tròn tâm A bán kính AM.

NP = 2NQ = 2AN.sinNAQ = 2AM.sinBAC.

Như vậy NP lớn nhất khi và chỉ khi AM lớn nhất. Hay AM là đường kính của đường tròn (O).

Câu 29:

Cho đường tròn (O;R) với dây cung AB không đi qua tâm. Lấy S là một điểm bất kì trên tia đối của tia AB (S khác A). Từ điểm S vẽ hai tiếp tuyến SC, SD với đường tròn (O;R) sao cho điểm C nằm trên cung nhỏ AB (C,D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB.

a) Chứng minh năm điểmC, D, H, O, S thuộc đường tròn đường kính SO.

Xem đáp án

a) Chứng minh năm điểmC, D, H, O, S thuộc đường tròn đường kính SO. (ảnh 1)

Xét tứ giác SCOD có: SCO = 90 $°$ , SDO = 90 $°$ (do SC, SD là tiếp tuyến của đường tròn (O)).

=> SCO + SDO = 120 $°$ là tứ giác nội tiếp.

Lại có tam giác SOC và SOD là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền SO nên tứ giác SCOD thuộc đường tròn đường kính SO. (1)

Ta có: SCO = 90 $°$ , SHO = 90 $°$ (vì H là trung điểm của AB nên OH $⊥$ AB).

Tứ giác SCHO có hai đỉnh C và H cùng nhìn cạnh SO dưới một góc bằng nhau nên tứ giác SCHO nội tiếp đường tròn đường kính SO. (2)

Từ (1) và (2) suy ra năm điểm C, D, H, O, S thuộc đường tròn đường kính SO.

Câu 30:

b) Khi SO = 2R, hãy tính độ dài đoạn thẳng SD theo R và tính số đo góc SCD.

Xem đáp án

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông SDO có:

SO² = SD²+ OD² => SD² = SO² - OD² = 4R² - R² = 3R² => SD = R $\sqrt{3}$

Trong tam giác vuông SOD có:

tan SOD = $\frac{O D}{S D} = \frac{R}{R \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ => OSD = 30 $°$ .

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có SC = SD và SO là tia phân giác góc CSD

=> CSO = OSD = 30 $°$ => CSD = 60 $°$ .

=> $∆$ SCD đều => SCD = 60 $°$ .