Trắc nghiệm Đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp của một tam giác lớp 9 (có đúng sai, trả lời ngắn)

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

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 \[{S_{AMN}} = {S_{AEOF}} - {S_{ENIO}} - {S_{IMFO}} = 27\sqrt 3 - 24\sqrt 3 = 3\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\]

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

a) Đúng.

Ta có: \[OI \bot BC\] nên \[I\] là trung điểm của \[BC\].

Do đó, \[BI = IC = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\].

Áp dụng định lí Pythagore, ta có: \[O{I^2} = O{B^2} - B{I^2} = {R^2} - \frac{{3{R^2}}}{4} = \frac{{{R^2}}}{4}\].

Suy ra \[OI = \frac{R}{2}\]. Suy ra \[OI = \frac{1}{2}BO\] hay \[\sin \widehat {IBO} = \frac{{OI}}{{BC}} = \frac{1}{2}\].

Do đó, \[\widehat {IBO} = 30^\circ \].

b) Đúng.

Nhận thấy, \[O{B^2} + O{A^2} = 2{R^2} = A{B^2}\], theo định lí Pythagore đảo, ta có \[\Delta OAB\] vuông tại \[O\].

Do đó, \[\widehat {BOA} = 90^\circ \].

c) Đúng.

\[\Delta OAB\] 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.

Có \[\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = 45^\circ \].

Suy ra \[\Delta AHC\] vuông cân, do đó \[AH = HC\].

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác \[\Delta AHC\] được :

\[AC = \sqrt {A{H^2} + H{C^2}} = AH\sqrt 2 = R\sqrt 2 \cdot \sin 15^\circ \cdot \sqrt 2 = 2R \cdot \sin 15^\circ > \frac{R}{2}.\]

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

a) Đúng.

Có \[\Delta OCD\] cân tại \[O\], \[OH \bot CD,\,\,H \in CD\] nên \[H\] là trung điểm của \[CD\].

Suy ra \[HC = HD = \frac{{CD}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\]

Xét \[\Delta HOC\] có \[\sin \widehat {HOC} = \frac{{HC}}{{OC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\], suy ra \[\widehat {HOC} = 60^\circ \].

\[\Delta OCD\] cân tại \[O\] nên \[OH\] là tia phân giác, do đó \[\widehat {COD} = 2\widehat {HOC} = 120^\circ \].

b) Đúng.

Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta HOC\], được \[OH = \sqrt {O{C^2} - H{C^2}} = \frac{R}{2}\,\].

c) Sai.

Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta OHS\] có: \[SH = \sqrt {O{S^2} - O{H^2}} = \sqrt {4{R^2} - \frac{{{R^2}}}{4}} = \frac{{R\sqrt {15} }}{2}\].

d) Sai.

Ta có: \[SD = SH + HD = \frac{{R\sqrt {15} }}{2} + \frac{{R\sqrt 3 }}{2} = \frac{{R\left( {\sqrt {15} + \sqrt 3 } \right)}}{2} < 3R\].