Tứ giác nội tiếp

Xét tam giác $CAN$ và tam giác $CMP$ có:

$AN = MP\,\,\,\,\left( {gt} \right)$

$\angle CAN = \angle CMP = {90^0}$

$AC = CM$($A,M$ cùng thuộc đường tròn $\left( {C;\,\,CA} \right)$)

$\Rightarrow \Delta CAN = \Delta CMP\,\,\,\left( {c - g - c} \right)$

$\Rightarrow CN = CP$(2 cạnh tương ứng bằng nhau).

$\Rightarrow \Delta CNP$ cân tại $C$.

Gọi $E$ là giao điểm của $AM$ và $PN$.

Vì $\Delta CAN = \Delta CMP\,\,\,\left( {cmt} \right)$ nên:

$\angle ACN = \angle MCP$(2 góc tương ứng bằng nhau)

$\Rightarrow \angle ACM = \angle ACN + \angle NCM$ $= \angle PCM + \angle MCN = \angle NCP$

$\Rightarrow$$\Delta ACM$ và $\Delta CNP$ là hai tam giác cân đỉnh $C$ có $\angle ACM = \angle PCN$

$\Rightarrow \angle CNP = \angle CAM$ (các góc ở đáy của các tam giác cân có góc ở đỉnh bằng nhau)

Hay $\angle CAE = \angle CNE$

$\Rightarrow CANE$ là tứ giác nội tiếp. (tứ giác có hai đỉnh kề 1 cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau).

$\Rightarrow \angle CEN = {90^0} \Rightarrow CE \bot PN$

Mà $\Delta CNP$ cân tại $C$ (cmt)

$\Rightarrow CE$ là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến của $\Delta CNP$

$\Rightarrow E$ là trung điểm của $PN$

Vậy đường thẳng $AM$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $NP$.

Ta có: tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $\angle BAC = {90^0}$

$MB$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {C;CA} \right)$ nên $\angle CMB = {90^0}$ (định nghĩa tiếp tuyến của đường tròn)

Xét tứ giác $ACMB$ ta có: $\angle CAB + \angle CMB = {90^0} + {90^0} = {180^0}$

$\Rightarrow ACMB$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng ${180^0}$).

Hay bốn điểm $A,C,M$ và $B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Ta có $\widehat {BCE} = \widehat {DCF}$ (hai góc đối đỉnh). Đặt $x = \widehat {BCE} = \widehat {DCF}.$

Theo tính chất góc ngoài tam giác ta có:

$\widehat {ABC} = x + {40^0}\,\,\left( 1 \right);\widehat {ADC} = x + {20^0}\,\,\left( 2 \right)$

Lại có $\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = {180^0}\,\,\left( 3 \right)$ (hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp).

Từ $\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)$ và $\left( 3 \right)$ ta nhận được $\left( {x + {{40}^0}} \right) + \left( {x + {{20}^0}} \right) = {180^0} \Rightarrow x = {60^0}$ .

Từ $\left( 1 \right)$ ta có $\widehat {ABC} = {60^0} + {40^0} = {100^0}$ .

Tứ giác $AHCK$ có $\widehat {AHC} = 90^\circ \left( {AB \bot CD} \right);\widehat {AKC} = 90^\circ \left( {AK \bot FC} \right)$ nên $\widehat {AHC} + \widehat {AKC} = 180^\circ  \Rightarrow$ Tứ giác $AHCK$ nội tiếp.

Xét hình vuông $ABCD$ có $\widehat {DBC} = \widehat {BDC} = 45^\circ$ (tính chất)

Xét tứ giác $ABMQ$ có $\widehat {QAM} = \widehat {QBM} = 45^\circ$ mà hai đỉnh $A$ và $B$ cùng nhìn đoạn thẳng $MQ$ nên $ABMQ$ là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác $APND$ có $\widehat {PAN} = \widehat {PDN} = 45^\circ$ mà hai đỉnh $A$ và ${\rm{D}}$ cùng nhìn đoạn thẳng $PN$ nên $APND$ là tứ giác nội tiếp.

Ta có $\widehat {BCE} = \widehat {DCF}$ (hai góc đối đỉnh). Đặt $x = \widehat {BCE} = \widehat {DCF}.$

Theo tính chất góc ngoài tam giác ta có:

$\widehat {ABC} = x + {40^0}\,\,\left( 1 \right);\widehat {ADC} = x + {20^0}\,\,\left( 2 \right)$

Lại có $\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = {180^0}\,\,\left( 3 \right)$ (hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp).

Từ $\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)$ và $\left( 3 \right)$ ta nhận được $\left( {x + {{40}^0}} \right) + \left( {x + {{20}^0}} \right) = {180^0} \Rightarrow x = {60^0} \Rightarrow \widehat {BCE} = 60^\circ$ .

 Do $\widehat {BCD},\,\widehat {BCE}$ là hai góc kề bù nên

$\widehat {BCD} + \,\widehat {BCE} = {180^0} \Rightarrow \widehat {BCD} = {180^0} - {60^0} = {120^0}$

Ta lại có $\widehat {BAD},\,\widehat {BCD}$ là hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp nên

$\widehat {BAD} + \,\widehat {BCD} = {180^0} \Rightarrow \widehat {BAD} = {180^0} - {120^0} = {60^0}$

Cách khác:  

Xét tam giác $ADE$, theo định lý về tổng ba góc trong tam giác, ta có: 

$\widehat {BAD} + \widehat {CDA} + \widehat {AED} = {180^0}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {BAD} + \widehat {CDA} + {40^0} = {180^0}\\ \Rightarrow \widehat {BAD} + \widehat {CDA} = {140^0}\,(1*) \end{array}$

Xét tam giác $ABF$, theo định lý về tổng ba góc trong tam giác, ta có: 

$\begin{array}{l} \widehat {BAD} + \widehat {CBA} + \widehat {AFB} = {180^0}\\ \Rightarrow \widehat {BAD} + \widehat {CBA} + {20^0} = {180^0}\\ \Rightarrow \widehat {BAD} + \widehat {CBA} = {160^0}\,(2*) \end{array}$

Vì tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$ nên $\widehat {ADC} + \widehat {CBA} = {180^0}$ (3*) (tổng hai góc đối bằng $180^0$)

Từ $(1*), (2*)$ và (3*) ta có: 

$\begin{array}{l} \widehat {BAD} + \widehat {ADC} + \widehat {BAD} + \widehat {CBA} = {140^0} + {160^0}\\ \Rightarrow 2\widehat {BAD} + \left( {\widehat {ADC} + \widehat {CBA}} \right) = {300^0}\\ \Rightarrow 2\widehat {BAD} + {180^0} = {300^0}\\ \Rightarrow 2\widehat {BAD} = {120^0}\\ \Rightarrow \widehat {BAD} = {60^0} \end{array}$

Ta có $\widehat {BCE} = \widehat {DCF}$ (hai góc đối đỉnh). Đặt $x = \widehat {BCE} = \widehat {DCF}.$

Theo tính chất góc ngoài tam giác ta có:

$\widehat {ABC} = x + {40^0}\,\,\left( 1 \right);\widehat {ADC} = x + {20^0}\,\,\left( 2 \right)$

Lại có $\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = {180^0}\,\,\left( 3 \right)$ (hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp).

Từ $\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)$ và $\left( 3 \right)$ ta nhận được $\left( {x + {{40}^0}} \right) + \left( {x + {{20}^0}} \right) = {180^0} \Rightarrow x = {60^0}$ .

Từ $\left( 1 \right)$ ta có $\widehat {ABC} = {60^0} + {40^0} = {100^0}$ .

Ta có $\widehat {BCE} = \widehat {DCF}$ (hai góc đối đỉnh). Đặt $x = \widehat {BCE} = \widehat {DCF}.$

Theo tính chất góc ngoài tam giác ta có:

$\widehat {ABC} = x + {40^0}\,\,\left( 1 \right);\widehat {ADC} = x + {20^0}\,\,\left( 2 \right)$

Lại có $\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = {180^0}\,\,\left( 3 \right)$ (hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp).

Từ $\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)$ và $\left( 3 \right)$ ta nhận được $\left( {x + {{40}^0}} \right) + \left( {x + {{20}^0}} \right) = {180^0} \Rightarrow x = {60^0}$ .

Từ $\left( 1 \right)$ ta có $\widehat {ABC} = {60^0} + {40^0} = {100^0}$ .

Xét $\left( O \right)$ có $\widehat {EAC} = \widehat {EDC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)

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 $KH{\rm{//}}ED$

Xét tam giác $CFD$ có $KH{\rm{//}}ED$mà $H$ là trung điểm của $DC$ ( do $AB \bot DC$) nên $K$ là trung điểm của $CF$

Xét tam giác $ACF$ có $AK$ vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên $\Delta ACF$ cân tại $A$ .

Xét tam giác $ADB$ có $\widehat {ADB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \Delta ADB$  vuông tại $D$

Do đó $A{D^2} = AH.AB$ (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà $AD \ne BD;AD < AB$ nên phương án A, B, C sai.

Tứ giác $AHCK$ có $\widehat {AHC} = 90^\circ \left( {AB \bot CD} \right);\widehat {AKC} = 90^\circ \left( {AK \bot FC} \right)$ nên $\widehat {AHC} + \widehat {AKC} = 180^\circ  \Rightarrow$ Tứ giác $AHCK$ nội tiếp.

Tứ giác $AHCK$ có $\widehat {AHC} = 90^\circ \left( {AB \bot CD} \right);\widehat {AKC} = 90^\circ \left( {AK \bot FC} \right)$ nên $\widehat {AHC} + \widehat {AKC} = 180^\circ  \Rightarrow$ Tứ giác $AHCK$ nội tiếp.

Từ kết quả câu trước ta suy ra $\widehat {ADP} = \widehat {ANP} = {45^0},\widehat {QAM} = \widehat {QBM} = {45^0}$$\Rightarrow NP \bot AM,MQ \bot AN$. Tập hợp các điểm $P,Q,C$ nhìn đoạn $MN$ dưới một góc vuông, nên các điểm này nằm trên đường tròn đường kính $MN$.

Xét hình vuông $ABCD$ có $\widehat {DBC} = \widehat {BDC} = 45^\circ$ (tính chất)

Xét tứ giác $ABMQ$ có $\widehat {QAM} = \widehat {QBM} = 45^\circ$ mà hai đỉnh $A$ và $B$ cùng nhìn đoạn thẳng $MQ$ nên $ABMQ$ là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác $APND$ có $\widehat {PAN} = \widehat {PDN} = 45^\circ$ mà hai đỉnh $A$ và ${\rm{D}}$ cùng nhìn đoạn thẳng $PN$ nên $APND$ là tứ giác nội tiếp.

Xét hình vuông $ABCD$ có $\widehat {DBC} = \widehat {BDC} = 45^\circ$ (tính chất)

Xét tứ giác $ABMQ$ có $\widehat {QAM} = \widehat {QBM} = 45^\circ$ mà hai đỉnh $A$ và $B$ cùng nhìn đoạn thẳng $MQ$ nên $ABMQ$ là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác $APND$ có $\widehat {PAN} = \widehat {PDN} = 45^\circ$ mà hai đỉnh $A$ và ${\rm{D}}$ cùng nhìn đoạn thẳng $PN$ nên $APND$ là tứ giác nội tiếp.

+) $\widehat {BAD} + \widehat {BCD} = {180^ \circ }$(tổng hai góc đối)

+) $\widehat {ABD} = \widehat {ACD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD)

+)$\widehat A + \widehat B + \widehat C + \widehat D = {360^0}$(tổng 4 góc trong tứ giác).

Xét các đáp án ta có:

+) Đáp án A: $\left\{ \begin{array}{l}\widehat A + \widehat C = {50^0} + {130^0} = {180^0}\\\widehat B + \widehat D = {60^0} + {140^0} = {200^0}\end{array} \right. \Rightarrow$ loại đáp án A.

+) Đáp án B: $\left\{ \begin{array}{l}\widehat A + \widehat C = {65^0} + {115^0} = {180^0}\\\widehat B + \widehat D = {85^0} + {95^0} = {180^0}\end{array} \right. \Rightarrow$ đáp án B đúng.

+) Đáp án C: $\left\{ \begin{array}{l}\widehat A + \widehat C = {82^0} + {98^0} = {180^0}\\\widehat B + \widehat D = {90^0} + {100^0} = {190^0}\end{array} \right. \Rightarrow$ loại đáp án C.

Xét tứ giác AEHF có:

$\widehat A = \widehat E = \widehat F = {90^0}$

$\Rightarrow$Tứ giác AEHF là hình chữ nhật (dhnb).

$\Rightarrow$ Tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp (có tổng hai góc đối diện bằng ${180^0}$)

$\Rightarrow \widehat {{\rm{AF}}E} = \widehat {AHE}$ (hai góc cùng nhìn đoạn AE).

$\widehat {{\rm{AHE}}} = \widehat {ABH}$ (cùng phụ $\widehat {{\rm{BHE}}}$)

$\Rightarrow \widehat {{\rm{AF}}E} = \widehat {ABC}\;\;\;\left( { = \widehat {AHE}} \right)$.

Xét tứ giác BEFC có: $\widehat {AFE}$ là góc ngoài tại đỉnh $F$ và $\widehat {AFE} = \widehat {ABC}\;\;\;\left( {cmt} \right).$

$\Rightarrow$BEFC nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).

Tứ giác $ABCD$ nội tiếp nên có:  $\widehat {DAB} + \widehat {BCD} = {180^0}$$\Rightarrow \widehat {BCD} = {180^0} - {80^0} = {100^0}$

Mà $\widehat {BCD} + \widehat {BCM} = {180^0}$(kề bù) $\Rightarrow \widehat {BCM} = {180^0} - {100^0} = {80^0}$

Ta có AB và AC là hai tiếp tuyến cắt nhau

$\Rightarrow AB = AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Xét tứ giác ABOC có: $\left\{ \begin{array}{l}AB = AC\;\;\left( {cmt} \right)\\OB = OC\;\;\;\left( { = R} \right)\end{array} \right.$

$\Rightarrow$ tứ giác ABOC chưa là hình thoi và không là hình bình hành.

$\Rightarrow$đáp án A, D sai.

Có $\widehat {{\rm{ABO}}} = {90^0}$(do AB là tiếp tuyến của (O))

$\widehat {{\rm{ACO}}} = {90^0}$(do AC là tiếp tuyến của (O))

$\Rightarrow \widehat {{\rm{ABO}}} + \widehat {ACO} = {180^0}$ $\Rightarrow$tứ giác ABOC nội tiếp (dhnb).

$\Rightarrow$ đáp án B đúng.