Cho tam giác \[ABC\] nội tiếp đường tròn \[\left( O \right)\]. Tia phân giác góc \[A\] cắt \[BC\] tại \[D\] và cắt đường tròn tại điểm thứ hai là \[M\]. Kẻ tiếp tuyến \[AK\] với đường tròn \[\left( {M,\,MB} \right),\,\,K\] là tiếp điểm.
![a) Đúng. Vì \[AM\] là tia phân giác \[\widehat {BAC (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/06/picture24-1782700748.png)
Hãy xét tính đúng/sai của các khẳng định sau:
Cho tam giác \[ABC\] nội tiếp đường tròn \[\left( O \right)\]. Tia phân giác góc \[A\] cắt \[BC\] tại \[D\] và cắt đường tròn tại điểm thứ hai là \[M\]. Kẻ tiếp tuyến \[AK\] với đường tròn \[\left( {M,\,MB} \right),\,\,K\] là tiếp điểm.
Câu hỏi trong đề: Bài tập ôn tập Toán 9 Chương 9 (có đáp án) !!
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
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, (g.g)
c) Đúng. Vì (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 (c.g.c).
d) Đúng. Vì (cmt) nên \[\widehat {KDM} = \widehat {MKA} = 90^\circ \] (hai góc tương ứng).
Suy ra \[DK \bot AM\].
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