Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(BC = 12{\rm{\;cm}}.\) Bán kính đường tròn đi qua ba đỉnh của tam giác đó bằng         

a) Sai.

Xét \[\Delta CMB\] và \[\Delta DNC\], có:

\[\widehat {MBC} = \widehat {NCD} = 90^\circ \]

\[\widehat C\] chung

\[BC = DC\]

Do đó, \[\Delta CMB = \Delta CND\] (cạnh góc vuông – góc nhọn).

b) Đúng.

Vì \[\Delta CMB = \Delta CND\] (cmt)

Suy ra \[\widehat {DNC} = \widehat {CMB}\] (hai góc tương ứng)

Ta có: \[\widehat {ECN} + \widehat {ENC} = \widehat {ECN} + \widehat {CMB} = 90^\circ \]

Do đó, \[\widehat {CEN} = 90^\circ \] hay \[CM \bot DN\].

c) Đúng.

Nhận thấy \[\Delta ADM\] vuông tại \[A\] nên \[A,\,D,\,M\] thuộc đường tròn đường kính \[DM\].

                  \[\Delta DME\] vuông tại \[E\] nên \[E,\,D,\,M\] thuộc đường tròn đường kính \[DM\].

Do đó, \[A,\,\,D,\,\,E,\,\,M\] cùng thuộc một đường tròn đường kính \[DM\].

d) Sai.

Vì \[AM\parallel IC\] và \[AM = IC = \frac{1}{2}AB\] nên \[AMCI\] là hình bình hành.

Do đó, \[AI\parallel MC\].

Suy ra \[\Delta ADE\] cân tại \[A\], do đó \[AD = AE = AB\].

Vậy \[B,\,\,D,\,\,E\] thuộc đường tròn tâm \[A\] bán kính \[AB\].

Đáp án: 10,8

Gọi \[O\] là giao điểm của hai đường chéo \[AC\] và \[BD.\]

Ta có: \[OA = OB = OC = OD\] (Tính chất đường chéo của hình chữ nhật)

Do đó, bốn điểm \[A,\,\,B,\,C,\,D\] cùng thuộc một đường tròn tâm \[O\] bán kính \[OA\].

Xét tam giác \[ADC\] vuông tại \[D\], áp dụng định lí Pythagore, ta có:

\[A{C^2} = A{D^2} + C{D^2} = {18^2} + {12^2}\]

Suy ra \[AC = \sqrt {{{18}^2} + {{12}^2}} = 6\sqrt {13} \,\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\]

Vậy bán kính đường tròn \[\left( O \right)\] đi qua bốn điểm \[A,\,\,B,\,C,\,D\] là \[\frac{{6\sqrt {13} }}{2} = 3\sqrt {13} \approx 10,8\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].