Cho tam giác \[ABC\] đều có cạnh bằng \[18\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\] Gọi \[\left( {O;\,r} \right)\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[ABC\] và \[E,\,F\] là các điểm tiếp xúc của đường tròn với các cạnh \[AB,\,AC\]. Một tiếp tuyến với đường tròn \[\left( {O;\,r} \right)\] cắt các cạnh \[AB\] và \[AC\] ở \[N\] và \[M\], biết \[MN = 8\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\] Xét tính đúng/sai của các khẳng định sau:
Câu hỏi trong đề: Bài tập ôn tập Toán 9 Chương 9 (có đáp án) !!
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
![d) Sai. Vì \[I\] là giao điểm của ba đường phân giác tro (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/06/picture17-1782700338.png)
a) Đúng. Vì tam giác \[ABC\] đều nên \[CE\] vừa là đường cao, vừa là đường phân giác, đường trung tuyến.
Do đó, \[CE = \frac{{18\sqrt 3 }}{2} = 9\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].
Suy ra \[OE = \frac{1}{3}CE = 3\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].
Vậy bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \[ABC\] là \[3\sqrt 3 {\rm{ cm}}{\rm{.}}\]
b) Sai. Xét \[\Delta OEN\] và \[\Delta ONI\] có:
\[OE = OI = r\]; \[ON\] chung; \[\widehat {OEN} = \widehat {OIN} = 90^\circ \]
Suy ra \[\Delta OEN = \Delta OIN\] (cạnh huyền – cạnh góc vuông)
c) Sai. Ta chứng minh được \[\Delta OFM = \Delta OIM\] (cạnh huyền – cạnh góc vuông);
\[\Delta OEA = \Delta OFA\] (c.c.c).
Ta có \[{S_{AEOF}} = 2{S_{AOE}} = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot EA \cdot EO = EA \cdot EO = \frac{1}{2}AB \cdot EO = 9 \cdot 3\sqrt 3 = 27\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\].
d) Đúng. Ta có: \[{S_{ENIO}} + {S_{IMFO}} = 2{S_{NOI}} + 2{S_{OIM}} = 2{S_{OMN}} = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot OI \cdot MN = 3\sqrt 3 \cdot 8 = 24\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\].
Suy ra \[{S_{AMN}} = {S_{AEOF}} - {S_{ENIO}} - {S_{IMFO}} = 27\sqrt 3 - 24\sqrt 3 = 3\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\]
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 1
Lời giải
a) Đúng. Ta có: \[OI \bot BC\] nên \[I\] là trung điểm của \[BC\] suy ra \[BI = IC = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\].
Áp dụng định lí Pythagore có: \[O{I^2} = O{B^2} - B{I^2} = {R^2} - \frac{{3{R^2}}}{4} = \frac{{{R^2}}}{4}\].
Suy ra \[OI = \frac{R}{2}\] nên \[OI = \frac{1}{2}BO\] hay \[\sin \widehat {IBO} = \frac{{OI}}{{BC}} = \frac{1}{2}\].
Do đó \[\widehat {IBO} = 30^\circ \].
b) Đúng. Ta có \[O{B^2} + O{A^2} = 2{R^2} = A{B^2}\], theo định lí Pythagore đảo, ta có \[\Delta OAB\] vuông tại \[O.\]
Do đó, \[\widehat {BOA} = 90^\circ \].
c) Đúng. Xét \[\Delta OAB\] vuông tại \[O\] có \[OA = OB\] nên \[\Delta OAB\] vuông cân tại \[O\].
Suy ra \[\widehat {OAB} = \widehat {ABO} = 45^\circ \].
Ta có: \[\widehat {ABC} = \widehat {ABO} - \widehat {CBO} = 45^\circ - 30^\circ = 15^\circ \].
Xét \[\Delta ABH\] có \[AH = AB \cdot \sin \widehat {ABC} = R\sqrt 2 \cdot \sin 15^\circ \].
d) Sai. Ta có \[\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = 45^\circ \].
Suy ra \[\Delta AHC\] vuông cân nên \[AH = HC\].
Áp dụng định lí Pythagore trong \[\Delta AHC\], ta có:
\[AC = \sqrt {A{H^2} + H{C^2}} = AH\sqrt 2 = R\sqrt 2 \cdot \sin 15^\circ \cdot \sqrt 2 = 2R \cdot \sin 15^\circ > \frac{R}{2}.\]
Lời giải
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều là:
\(R = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{50\sqrt 3 }}{3} \approx 28,9\,\,{\rm{(cm}}).\)
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều tạo bởi kiềng ba chân khoảng 28,9 cm.
Đáp án: 28,9.
Câu 3
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 5
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 6
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 7
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập