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.