Đề kiểm tra 15 phút chương 7: Góc với đường tròn - Đề số 2 — Không quảng cáo

Số đo của góc có đỉnh bên ngoài đường tròn bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn.

$\widehat {BIC} =$$\dfrac{1}{2}$(sđ $\overparen{BC} -$ sđ $\overparen{AD}$ )

Sử dụng góc nội tiếp và góc có đỉnh bên ngoài đường tròn

Xét nửa $\left( O \right)$ có $\widehat {BAC} = \dfrac{1}{2}$ sđ $\overparen{BC}$ (góc nội tiếp chắn cung BC) và $\widehat {CDA} = \dfrac{1}{2}$ (sđ $\overparen{AC} -$ sđ $\overparen{BC}$ ) (góc có đỉnh bên ngoài đường tròn)

Mà $\Delta ADC$ cân tại $C$ nên $\widehat {DAC} = \widehat {CDA} \Leftrightarrow$ sđ $\overparen{BC} =$ sđ $\overparen{AC} -$ sđ $\overparen{BC}$

Suy ra sđ $\overparen{AC} = 2$. sđ $\overparen{BC}$

Mà sđ $\overparen{AC} +$ sđ $\overparen{BC} = 180^\circ$ nên sđ $\overparen{AC} = 120^\circ$ ; sđ$\overparen{BC}= 60^\circ$

Do đó $\widehat {ADC} = 30^\circ$.

Chứng minh tam giác ABD và tam giác ACD là hai tam giác vuông nội tiếp đường tròn đường kính AD nên là tứ giác nội tiếp.

Ta có $\Delta BCD$ là tam giác đều nên $\widehat {DCB} = {60^0}\,\,\left( 1 \right).$

Mặt khác $\Delta ABC$ là tam giác cân tại $A$ có $\widehat {BAC} = {120^0}$. Áp dụng định lí tổng ba góc trong một tam giác bằng ${180^0}$ nên $\widehat {ACB} = \widehat {ABC}$ và $\widehat {ACB} + \widehat {ABC} + \widehat {BAC} = {180^0}$ nên $\widehat {ACB} = {30^0}\,\,\,\,\left( 2 \right)$ .

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có $\widehat {ACD} = \widehat {DCB} + \widehat {BCA} = {60^0} + {30^0} = {90^0}$.

Tam giác ACD có $\widehat {ACD} = {90^0}$ nên nội tiếp đường tròn đường kính AD. (3)

Chứng minh tương tự ta có $\widehat {ABD} = {90^0}$.

Tam giác ABD có $\widehat {ABD} = {90^0}$ nên nội tiếp đường tròn đường kính AD. (4)

Từ $\left( 3 \right)$ và $\left( 4 \right)$ suy ra tứ giác $ABDC$ là tứ giác nội tiếp (vì bốn đỉnh A, B, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính AD).

Đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của một đa giác được gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác .

+ Sử dụng tính chất hình vuông để tìm bán kính đường tròn

+ Sử dụng định lý Pythagore để tìm cạnh của hình vuông

Gọi $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ suy ra $O$ là giao điểm hai đường chéo $AC$ và $BD$

Từ đó $R = OA = \dfrac{{AC}}{2}$ suy ra $AC = 2R$

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác ABC ta có $A{B^2} + B{C^2} = A{C^2}$ suy ra $A{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}$

Do đó $AC = a\sqrt 2  = 2R$, suy ra $a = \sqrt 2 R$.

Sử dụng góc nội tiếp và góc có đỉnh bên trong đường tròn

Vì cung $AB =$ cung $BC =$ cung $CD$ nên gọi số đo mỗi cung là $a$ độ. Ta có số đo cung $AD$ là $360^\circ  - 3a$

Vì $\widehat {BIC}$ là góc có đỉnh bên trong đường tròn nên

$\widehat {BIC} = \dfrac{{a + 360^\circ  - 3a}}{2} = 70^\circ  \Rightarrow a = 110^\circ  \Rightarrow$ số đo cung $AD$ là $360^\circ  - 3.110^\circ  = 30^\circ$

$\widehat {ABD}$ là góc nội tiếp chắn cung $AD$ nên $\widehat {ABD} = \dfrac{{30^\circ }}{2} = 15^\circ$ .

Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp:

+) Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng ${180^0}.$

+) Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc $\alpha .$

+) Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm, điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

+) Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của đỉnh đó.

+) Ta có: $\widehat {MDC}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $MC$ $\Rightarrow \widehat {MDC} = {90^0}$ (tính chất góc nội tiếp).

Xét tứ giác $ABCD$ ta có:

Góc $BAC$ và góc $BDC$ cùng nhìn đoạn $BC$ dưới góc ${90^0}.$

$\Rightarrow$ $ABCD$ là tứ giác nội tiếp (dhnb) $\Rightarrow$ phương án A đúng.

+) Xét tứ giác $ABCD$ nội tiếp ta có$\widehat {ABD} = \widehat {ACD}$ (cùng nhìn đoạn $AD$ )$\Rightarrow$ phương án B đúng.

+) Xét đường tròn đường kính $MC$ ta có $4$  điểm $M,C,D,S$ cùng thuộc đường tròn.

$\Rightarrow$ Tứ giác $MCSD$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat {ADM} = \widehat {SCM}$ (góc ngoài tại $1$  đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện). $\left( 1 \right)$

Vì tứ giác $ABCD$ nội tiếp (cmt) $\Rightarrow \widehat {ACB} = \widehat {ADB}$ (cùng nhìn đoạn$AB$ )    $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ $\Rightarrow \widehat {BCA} = \widehat {ACS}\;\;\;\left( { = \widehat {ADB}} \right).$

Hay $CA$ là phân giác của $\widehat {SCB} \Rightarrow$ phương án C đúng.

+) Giả sử tứ giác $ABCS$ là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \widehat {ASB} = \widehat {BCA}$ (hai góc cùng nhìn đoạn $AB$ ).

Mà $\widehat {ACB} = \widehat {BDA};\;\;\;\widehat {BAD} \ne \widehat {BSA}$ (xét trong đường tròn đường kính $CM$ )

$\Rightarrow \widehat {ASB} \ne \widehat {BCA} \Rightarrow$ tứ giác $ABCS$ không là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow$phương án D sai.

Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

Tứ giác có bốn đỉnh nằm trên một đường tròn được gọi là tứ giác nội tiếp đường tròn.

+) Xét đường tròn đường kính $BD$ có góc $BED$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat {BED} = {90^0}.$

Xét $\Delta ABC$ và $\Delta BED$ ta có: $\widehat {DBE}\;\;chung$ và $\widehat {BAC} = \widehat {BED} = {90^0}$ suy ra $\Delta ABC\backsim\Delta EBD\;\left( {g - g} \right)$

Vậy A đúng.

+) Do tam giác ADC vuông tại A ($\widehat {DAC} = 90^0$) và tam giác DEC vuông tại E ($\widehat {DEC} = 90^0$) nên tam giác ADC và tam giác DEC nội tiếp đường tròn đường kính DC.

Do đó tứ giác $ADEC$ là tứ giác nội tiếp. Vậy B đúng.

+) Chứng minh tương tự ta được tứ giác $AFBC$ là tứ giác nội tiếp. Vậy C sai.

+) Gọi giao điểm của $BF$ và $AC$ là $H$ .

Xét tam giác $BHC$ có hai đường cao $CF$ và $BA$ cắt nhau tại $D$. Do đó $D$ là trực tâm của tam giác $BHC$

Mà $DE = \bot AB$ nên $DE$ là đường cao của tam giác $BHC$ hay $H,E,D$ thẳng hàng.

Suy ra $DE,AC$ và $BF$ đồng quy tại $H$ suy ra D đúng.