Cho tam giác \(ABC\) nhọn, đường cao \(AH\) và nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AM\). Gọi \(N\) là giao điểm của \(AH\) với đường tròn \(\left( O \right)\). Khi đó:        

Đáp án đúng là: a) Đúng.     b) Sai.                  c) Đúng.    d) Đúng.

a) Đúng.

Vì \[AM\] là tia phân giác \[\widehat {BAC}\] nên \[\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}}\].

Ta có: \[\widehat {{A_2}} = \widehat {{B_1}}\] (góc nội tiếp cùng chắn cung \[MC\])

Suy ra \[\widehat {{A_1}} = \widehat {{B_1}}\].

b) Sai.

Xét \[\Delta MBD\] và \[\Delta MBA\] có: \[\widehat M\] chung và \[\widehat {MBD} = \widehat {MAB}\] (cmt)

Do đó, $\Delta MBD\backsim \Delta MAB$ (g.g)

c) Đúng.

Vì $\Delta MBD\backsim \Delta MAB$ (cmt) nên \[\frac{{MB}}{{MA}} = \frac{{MD}}{{MB}}\].

Lại có \[AK\] với đường tròn \[\left( {M,\,MB} \right),\,\,K\] là tiếp điểm nên \[MB = MK\].

Do đó, \[\frac{{MK}}{{MA}} = \frac{{MD}}{{MK}}\].

Xét \[\Delta DMK\] và \[\Delta KMA\] có: \[\frac{{MK}}{{MA}} = \frac{{MD}}{{MK}}\] và \[\widehat M\] chung.

Do đó, $\Delta DMK\backsim \Delta KMA$ (c.g.c)

c) Đúng.

Vì $\Delta DMK\backsim \Delta KMA$ (cmt) nên \[\widehat {KDM} = \widehat {MKA} = 90^\circ \] (hai góc tương ứng).

Suy ra \[DK \bot AM\].

Đáp án: 60

Góc \[BDC\] là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \[\left( O \right)\] nên \(\widehat {BDC} = 90^\circ \).

Suy ra \(\widehat {ADC} = 180^\circ - \widehat {BDC} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \) hay tam giác \[ADC\] vuông tại \[D\].

Suy ra \(\widehat {ACD} = 90^\circ - \widehat {CAD} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \).

Vì \[\widehat {EOD}\] và \[\widehat {ECD}\] là góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung \[ED\] của \[\left( O \right)\] nên:

\(\widehat {EOD} = 2\widehat {ECD} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ \).

Mà tam giác \[EOD\] cân tại \[O\], suy ra tam giác \[EOD\] là tam giác đều.

Vậy \(\widehat {EDO} = 60^\circ \).