Góc với đường tròn và tứ giác nội tiếp

Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $\widehat{ABC}=\dfrac{180°-50°}{2}=65°$. Góc nội tiếp $\widehat{ABC}$ chắn cung nhỏ $AC$ nên sđ$\widehat{AC}=2.65°=130°$.

Vì $ABCD$ nội tiếp nên $\widehat{A}+\widehat{C}=180°$. Thay $\widehat{C}=\dfrac{2}{3}\widehat{A}$ ta được $\widehat{A}+\dfrac{2}{3}\widehat{A}=180°\Rightarrow \dfrac{5}{3}\widehat{A}=180°\Rightarrow \widehat{A}=108°$.

Vì $AC$ là đường kính của $(O)$ nên $\widehat{ABC}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Tương tự, $AD$ là đường kính của $(O_2)$ nên $\widehat{ABD}=90°$. Do đó $\widehat{CBD}=\widehat{ABC}+\widehat{ABD}=90°+90°=180°$ (ba điểm $C,B,D$ thẳng hàng).

Vì $BD\perp AC$ nên $\widehat{BDC}=90°$; vì $CE\perp AB$ nên $\widehat{BEC}=90°$. Hai điểm $D, E$ cùng nhìn đoạn $BC$ dưới góc $90°$ nên $B, C, D, E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$, tức tứ giác $BCDE$ nội tiếp được.

Vì $\widehat{ANH}=\widehat{AMH}=90°$ ($N, M$ là chân đường cao) nên $E$ (trung điểm cạnh huyền $AH$) cách đều $A, N, H, M$; suy ra $\widehat{ANE}=\widehat{NAE}$ và tương tự với $M$. Đây chính là các điểm thuộc đường tròn Euler (đường tròn 9 điểm) của tam giác $ABC$: $M, N$ (chân đường cao) và $E, F$ (trung điểm $AH, BC$) đều nằm trên đường tròn này, do đó $EMFN$ nội tiếp được.

Vì $AH\perp BC$ nên $\widehat{AHB}=90°$; phép đối xứng qua $AB$ biến $H$ thành $K$ và giữ nguyên $A, B$ (vì $A, B\in AB$) nên $\triangle AKB=\triangle AHB\Rightarrow \widehat{AKB}=\widehat{AHB}=90°$. Vậy $A, H, B, K$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$ (cùng nhìn $AB$ dưới góc $90°$), suy ra $\widehat{BKH}=\widehat{BAH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BH$). Trong tam giác vuông $ABH$: $\widehat{BAH}=90°-\widehat{B}=90°-50°=40°$.

Vì $B, A$ đối xứng nhau qua $O$ nên $AB$ là đường kính của $(O)$, suy ra $\widehat{ADB}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Tương tự $AC$ là đường kính của $(O_2)$ nên $\widehat{AEC}=90°$. Kết hợp với $OD\perp DE, O_2E\perp DE$ (tính chất tiếp tuyến) suy ra $OD\parallel O_2E$, dẫn đến $BD\perp CE$ tại $M$ (có thể kiểm chứng bằng tọa độ hoặc góc), vậy $\widehat{BMC}=90°$.

Đây là một tính chất quen thuộc: điểm đối xứng của trực tâm $H$ qua một cạnh của tam giác luôn nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Vì $I$ là chân đường vuông góc từ $H$ xuống $BC$, điểm đối xứng của $H$ qua $BC$ chính là $K$ (giao điểm thứ hai của $AH$ với $(O)$), nên $I$ là trung điểm $HK$, tức $IH=IK\Rightarrow \dfrac{IH}{IK}=1$.

Tam giác $ABC$ cân tại $A\Rightarrow \widehat{ABC}=\dfrac{180°-70°}{2}=55°$. Vì $\widehat{ABC}$ là góc nội tiếp chắn cung nhỏ $AC$ nên sđ$\widehat{AC}=2\cdot55°=110°$. Đáp án A.

Do $ABCD$ nội tiếp nên $\widehat{A}+\widehat{C}=180°$. Mà $\widehat{C}=\dfrac{4}{5}\widehat{A}$ nên $\widehat{A}+\dfrac{4}{5}\widehat{A}=180°\Rightarrow \dfrac{9}{5}\widehat{A}=180°\Rightarrow \widehat{A}=100°$. Đáp án B.

Vì $OA=OB=AB=8cm$ nên tam giác $OAB$ đều, suy ra $\widehat{AOB}=60°$. Vậy số đo cung nhỏ $\widehat{AB}=60°$. Đáp án C.

Kẻ tiếp tuyến chung tại $A$ của hai đường tròn, cắt $MN$ tại $E$. Ta có $EA=EM$ (hai tiếp tuyến từ $E$ đến $(I)$) và $EA=EN$ (hai tiếp tuyến từ $E$ đến $(K)$) nên $EA=EM=EN=\dfrac{MN}{2}$. Do đó trung tuyến $AE$ của tam giác $AMN$ bằng nửa cạnh $MN$, suy ra tam giác $AMN$ vuông tại $A$. Đáp án D.

Do $ABCM$ nội tiếp nên $\widehat{AMD}=\widehat{ABC}$ (góc ngoài tại đỉnh $M$ bằng góc trong tại đỉnh đối diện $B$). Mặt khác $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=\widehat{AMB}$ (cùng chắn cung $AB$, do $AB=AC$). Suy ra $\widehat{AMD}=\widehat{AMB}$, nghĩa là $MA$ là phân giác $\widehat{BMD}$; kết hợp $MA\perp BD$ (do $BD\perp AM$) nên tam giác $BMD$ cân tại $M$, suy ra $MB=MD$. Đáp án A.

$AH$ và $AO$ ($O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp) luôn đối xứng nhau qua phân giác $\widehat{A}$, tức $\widehat{BAH}=\widehat{OAC}$. Từ giả thiết $\widehat{BAH}=\widehat{MAC}$ suy ra $AM$ và $AO$ là cùng một tia, nghĩa là $O$ nằm trên đường thẳng $AM$. Vì tam giác không cân tại $A$ nên điều này chỉ xảy ra khi $O\equiv M$, khi đó $MA=MB=MC=\dfrac{BC}{2}$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $A$, tức $\widehat{BAC}=90°$. Đáp án B.

Vì $CF\parallel BE$ nên hai cung chắn giữa chúng bằng nhau: cung $CE$ = cung $BF$, suy ra $\widehat{BOF}=\widehat{COE}$. Do đó $\widehat{EOF}=\widehat{EOC}+\widehat{COF}=\widehat{EOC}+\widehat{BOE}=\widehat{BOC}=90°$. Mặt khác $OE=OF=R$ nên tam giác $EOF$ vuông cân tại $O$. Đáp án C.

$\widehat{xNP}$ là góc ngoài tại đỉnh $N$ của tứ giác nội tiếp $MNPQ$ nên bằng góc trong tại đỉnh đối diện, tức $\widehat{MQP}$. Vậy $\widehat{MQP}=72°$. Đáp án D.