Cho đường tròn (O) có đường kính BC = 5cm và điểm A thuộc đường tròn sao cho A khác B, C. Tiếp tuyến với đường tròn $(O)$ tại $C$ cắt tia phân giác trong của $\widehat{ABC}$ tại $K$ (như hình vẽ).
a) $\widehat{COA}=2.\widehat{CBA}$
b) $\Delta CMA$ cân
c) sđ$\overset\frown{AB}=180{}^\circ -4.\widehat{CBM}$
d) Biết rằng $BK$ cắt $AC$ tại $D$ và $BD=4\text{cm}$. Độ dài đoạn $BK=3\sqrt{6}-6$
a) $\widehat{COA}=2.\widehat{CBA}$
b) $\Delta CMA$ cân
c) sđ$\overset\frown{AB}=180{}^\circ -4.\widehat{CBM}$
d) Biết rằng $BK$ cắt $AC$ tại $D$ và $BD=4\text{cm}$. Độ dài đoạn $BK=3\sqrt{6}-6$
Đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng một nửa cạnh huyền nên là tam giác vuông.
a) Sử dụng mối liên hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm.
b) Chứng minh $CM=MA$ hoặc \(\widehat{MCA}=\widehat{MAC}\) nên $\Delta CMA$ cân.
c) Trong một đường tròn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn.
d) Các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau.
Xét tam giác ABC có OA = OB = OC = $\frac{BC}{2}$ nên tam giác ABC vuông tại A (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng một nửa cạnh huyền nên là tam giác vuông).
a) Vì góc nội tiếp $\widehat{CBA}$ và góc ở tâm $\widehat{COA}$ cùng chắn cung $CA$ nên $\widehat{COA}=2.\widehat{CBA}$
Chọn Đúng
b) Cách 1:
Xét $(O)$: $\widehat{CBM}=\frac{1}{2}$sđ$\overset\frown{CM}$ và $\widehat{MBA}=\frac{1}{2}$sđ$\overset\frown{MA}$
Mà $\widehat{CBM}=\widehat{MBA}$ (vì $BM$ là phân giác của $\widehat{ABC}$)
Do đó sđ$\overset\frown{CM}$= sđ$\overset\frown{MA}$ nên $CM=MA$.
Suy ra $\Delta CMA$ cân .
Cách 2:
Xét $(O)$
$\widehat{MCA}=\widehat{MBA}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $MA$)
$\widehat{MAC}=\widehat{MBC}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $MC$)
Mà $\widehat{MBA}=\widehat{MBC}$ (vì $BM$ là phân giác của $\widehat{ABC}$)
Do đó \(\widehat{MCA}=\widehat{MAC}\) suy ra $\Delta CMA$ cân.
Chọn Đúng
c) Cách 1:
Ta có: $\widehat{CBM}=\frac{1}{2}$sđ$\overset\frown{CM}$ nên sđ$\overset\frown{CM}$=$2\widehat{CBM}$
$\widehat{MBA}=\frac{1}{2}$sđ$\overset\frown{MA}$ nên sđ$\overset\frown{MA}$=$2.\widehat{MBA}$
Mà sđ$\overset\frown{CA}$= sđ$\overset\frown{CM}$+ sđ$\overset\frown{MA}$= $4\widehat{CBM}$ (vì $\widehat{CBM}=\widehat{MBA}$)
Suy ra: sđ$\overset\frown{AB}={{180}^{0}}-4\widehat{CBM}$
Cách 2:
Ta có:$\widehat{ABC}=2\widehat{CBM}$ ($BM$ là phân giác của $\widehat{ABC}$ )
Mà $\widehat{ABC}=$$\frac{1}{2}$sđ$\overset\frown{AC}$= $\frac{1}{2}$(\(180{}^\circ \)$-$$\frac{1}{2}$sđ$\overset\frown{AB}$)
Suy ra $2\widehat{CBM}$=$\frac{1}{2}$(\(180{}^\circ \)$-$sđ$\overset\frown{AB}$)
Do đó sđ$\overset\frown{AB}={{180}^{0}}-4\widehat{CBM}$
Chọn Đúng
d) Gọi $M$ là giao điểm của $DK$ với nửa đường tròn.
Ta có: $CK$là tiếp tuyến tại C nên $CK\bot CB$
$\widehat{CMB}$ nội tiếp chắn nửa (O) nên $\widehat{CMB}={{90}^{0}}$
Suy ra $\widehat{KCM}=\widehat{CBM}$ (2 góc cùng phụ với $\widehat{MCB}$)
$\widehat{MCA}=\widehat{MBA}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{AM}$)
Mà $\widehat{CBM}=\widehat{MBA}$ (MB là phân giác của $\widehat{ABC}$)
Suy ra $\widehat{KCM}=\widehat{MCA}$
Do đó CM là phân giác $\widehat{KCD}$.
Xét $\Delta CDK$ có:
CM là phân giác $\widehat{KCD}$ và CM là đường cao
suy ra $\Delta CDK$ cân tại C (đường phân giác đồng thời là đường cao)
Đặt $DM=MK=x>0$.
Xét $\Delta BKC$ và $\Delta BCM$ có:
$\widehat{BCK}=\widehat{BMC}=90{}^\circ $
$\widehat{B}$ chung
Suy ra $\Delta BKC\backsim \Delta BCM$ (g.g)
Do đó $\frac{BK}{BC}=\frac{BC}{BM}$
Dẫn đến $BM\cdot BK=B{{C}^{2}}$
\(\begin{align} \left( BD+DM \right)\cdot \left( BD+DM+MK \right)=B{{C}^{2}} \\ \left( 4+x \right)\left( 4+x+x \right)={{5}^{2}} \\ \left( 4+x \right)\left( 4+2x \right)=25 \\ 16+4x+8x+2{{x}^{2}}=25 \\ 2{{x}^{2}}+12x-9=0 \end{align}\)
Phương trình có nghiệm là ${{x}_{1}}=\frac{3\sqrt{6}-6}{2}\left( tm \right);{{x}_{2}}=\frac{-3\sqrt{6}-6}{2}\left( ktm \right)$
Do đó \(BK=4+2x=4+2.\frac{3\sqrt{6}-6}{2}=4+3\sqrt{6}-6=3\sqrt{6}-2\,\,(\text{cm)}\)
Chọn Sai
Đáp án a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S
Danh sách bình luận