Bài tập Cơ bản:

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn B. EBDˆ$\widehat{EBD}$.

Trong một đường tròn, góc nội tiếp có số đo bằng nửa số đo góc ở tâm cùng chắn một cung nên 

140$\widehat{EBD}={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{EOD}={14}^0$.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn A. 60°.

Ta có BDCˆ=900$\widehat{BDC}={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra ADCˆ=900$\widehat{ADC}={90}^0$.

Nên Δ$\mathrm{\Delta }$ADC vuông tại D suy ra ACDˆ=900−DACˆ=300$\widehat{ACD}={90}^0-\widehat{DAC}={30}^0$ (vì DACˆ=BACˆ=600$\widehat{DAC}=\widehat{BAC}={60}^0$).

Suy ra EODˆ=ACDˆ=600$\widehat{EOD}=2.\widehat{ECD}=2.\widehat{ACD}={60}^0$ (góc nội tiếp nhỏ hơn hoặc bằng 90° có số đo bằng nửa số đo góc ở tâm cùng chắn một cung).

Mà ta lại có Δ$\mathrm{\Delta }$OED cân tại O suy ra Δ$\mathrm{\Delta }$OED đều hay ODEˆ=600$\widehat{ODE}={60}^0$.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn D. 65°.

Ta có BADˆ$\widehat{BAD}$ là góc nội tiếp chắn cung nhỏ BD và BODˆ=1300$\widehat{BOD}={130}^0$

nên BADˆ=12BODˆ=650$\widehat{BAD}={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{BOD}={65}^0$.

(góc nội tiếp nhỏ hơn hoặc bằng 90° có số đo bằng một nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung).

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn B. ACIˆ
IBDˆ$\widehat{ACI},\widehat{IBD}$.

Xét (O) có ACDˆ$\widehat{ACD}$ là góc nội tiếp chắn cung AD (chứa điểm B); ABDˆ$\widehat{ABD}$ là góc nội tiếp chắn cung AD (chứa điểm C) nên ACDˆ+ABDˆ=12.3600=1800$\widehat{ACD}+\widehat{ABD}={\displaystyle \frac{1}{2}}{.360}^0={180}^0$ (1).

Lại có ACDˆ
1800$\widehat{ACD}+\widehat{ACI}={180}^0$ (2) (2 góc kề bù).

Từ (1) và (2) suy ra ABDˆ=ACIˆ$\widehat{ABD}=\widehat{ACI}$ hay IBDˆ=ACIˆ$\widehat{IBD}=\widehat{ACI}$.

Chứng minh tương tự ta cùng có IDBˆ=IACˆ$\widehat{IDB}=\widehat{IAC}$.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn A. Góc NAB.

Ta có N là điểm chính giữa cung CB nên cung CN bằng cung NB.

Suy ra CANˆ=NABˆ$\widehat{CAN}=\widehat{NAB}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn D. AD².

Xét tam giác ADB có ADBˆ=900$\widehat{ADB}={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên tam giác ADB vuông tại D.

Do đó AD2=AH.AB$A{D}^2=AH.AB$  (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Mà  AD ≠$\ne$ BD ; AD < AB; nên phương án A, B, C sai, phương án D đúng.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn C. 90°.

Dựng đường kính BD khi đó DCBˆ=900$\widehat{DCB}={90}^0$, suy ra CDBˆ=900$\widehat{CDB}+\widehat{CBD}={90}^0$  (1).

Mà CDBˆ=CABˆ$\widehat{CDB}=\widehat{CAB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC) và CABˆ=CBxˆ$\widehat{CAB}=\widehat{CBx}$ (giả thiết).

Suy ra 
CBxˆ$\widehat{CDB}=\widehat{CBx}$  (2).

Từ (1) và (2) suy ra CBxˆ=900$\widehat{CBx}+\widehat{CBD}={90}^0$ hay OBxˆ=900$\widehat{OBx}={90}^0$.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn D. BAHˆ=OACˆ$\widehat{BAH}=\widehat{OAC}$.

Kéo dài AO về phía O ta được đường kính AD.

Ta có: CDAˆ=CBAˆ$\widehat{CDA}=\widehat{CBA}$ (cùng chắn cung nhỏ AC).

Mặt khác AC ⊥$\mathrm{\perp }$ CD (vì góc ACD chắn cung nửa đường tròn) hay tam giác ACD vuông tại C.

Xét tam giác ACD vuông tại C và tam giác AHB vuông tại H (giả thiết) có CDAˆ=CBAˆ$\widehat{CDA}=\widehat{CBA}$ (chứng minh trên).

Nên △ACD∽△AHB$\mathrm{△}ACD\backsim \mathrm{△}AHB$ (góc nhọn). Suy ra DACˆ
BAHˆ$\widehat{DAC}=\widehat{BAH}$ hay 
OACˆ$\widehat{BAH}=\widehat{OAC}$.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn C. AB . AC = AD . AE.

Ta có AE là phân giác của góc A nên 
$\widehat{BAE}=\widehat{CAE}$ ⇒ BE⌢
CE⌢$\stackrel{⌢}{BE}=\stackrel{⌢}{CE}$.

Lại có ABCˆ=AECˆ$\widehat{ABC}=\widehat{AEC}$  (góc nội tiếp cùng chắn cung AC).

Do đó △ABD∽△AEC$\mathrm{△}ABD\backsim \mathrm{△}AEC$ (g.g) suy ra ABAE
ADAC${\displaystyle \frac{AB}{AE}}={\displaystyle \frac{AD}{AC}}$ hay AB.AC=AD.AE$AB.AC=AD.AE$.

Xét △$\mathrm{△}$ ABE và △$\mathrm{△}$ BDE có: AEBˆ$\widehat{AEB}$ chung, BAEˆ=EBCˆ$\widehat{BAE}=\widehat{EBC}$ (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Do đó  △$\mathrm{△}$ ABE 
△$\mathrm{△}$ BDE (g.g) suy ra BEDE
AEBE${\displaystyle \frac{BE}{DE}}={\displaystyle \frac{AE}{BE}}$ hay BE² = AE . DE.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn A. CBEˆ
12BACˆ$\widehat{CBE}={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{BAC}$.

Ta có ADBˆ=900$\widehat{ADB}={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AD ⊥$\mathrm{\perp }$ BC hay AD là phân giác của BACˆ$\widehat{BAC}$.

Khi đó CADˆ
12BACˆ$\widehat{CAD}={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{BAC}$ (1).

Mà  CBEˆ=CADˆ$\widehat{CBE}=\widehat{CAD}$  (góc nội tiếp cùng chắn cung DE) (2).

Từ (1) và (2) suy ra CBEˆ
12BACˆ$\widehat{CBE}={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{BAC}$.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn C. 26°.

Ta có: BAHˆ=900−ABCˆ=900−640=260$\widehat{BAH}={90}^0-\widehat{ABC}={90}^0-{64}^0={26}^0$  (1).

Mà KL // AB nên BAHˆ=AKLˆ$\widehat{BAH}=\widehat{AKL}$ (hai góc so le trong)  (2).

Lại có ACLˆ=AKLˆ$\widehat{ACL}=\widehat{AKL}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AL)  (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra ACLˆ=260$\widehat{ACL}={26}^0$.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn A. 6R25${\displaystyle \frac{6R^2}{5}}$.

Tam giác vuông OCI có OC = R, OI = R2${\displaystyle \frac{R}{2}}$, nên theo định lí Pythagore có 
R5–√2$CI=\sqrt{R^2+{\displaystyle \frac{R^2}{4}}}={\displaystyle \frac{R\sqrt{5}}{2}}$.

Tam giác HAI có AI = AO + OI = R + R2${\displaystyle \frac{R}{2}}$ = 3R2${\displaystyle \frac{3R}{2}}$ (vì I là trung điểm của OB).

Xét △HAI$\mathrm{△}HAI$ vuông tại H và △OCI$\mathrm{△}OCI$ vuông tại O có CIAˆ$\widehat{CIA}$ chung
nên △HAI$\mathrm{△}HAI$ ∽$\backsim$ △OCI$\mathrm{△}OCI$ (góc nhọn).

Suy ra 
CI${\displaystyle \frac{HA}{AI}}={\displaystyle \frac{OC}{CI}}$ hay 
3R5–√$HA={\displaystyle \frac{OC.AI}{CI}}={\displaystyle \frac{R.{\displaystyle \frac{3R}{2}}}{{\displaystyle \frac{R\sqrt{5}}{2}}}}={\displaystyle \frac{3R}{\sqrt{5}}}$.

CEDˆ$\widehat{CED}$ nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính CD nên CEDˆ$\widehat{CED}$ = 90°.

Tam giác ECD vuông tại E có CD = 2R.

Xét △ECD$\mathrm{△}ECD$ vuông tại E và △OCI$\mathrm{△}OCI$ vuông tại O có ECDˆ$\widehat{ECD}$ chung
nên △ECD$\mathrm{△}ECD$ ∽$\backsim$ △OCI$\mathrm{△}OCI$ (góc nhọn).

Suy ra ECCD
OCCI${\displaystyle \frac{EC}{CD}}={\displaystyle \frac{OC}{CI}}$ hay 
4R5–√$EC={\displaystyle \frac{OC.CD}{CI}}={\displaystyle \frac{R.2R}{{\displaystyle \frac{R\sqrt{5}}{2}}}}={\displaystyle \frac{4R}{\sqrt{5}}}$.

Diện tích tam giác ACE là 
6R25$S={\displaystyle \frac{1}{2}}.EC.HA={\displaystyle \frac{1}{2}}.{\displaystyle \frac{4R}{\sqrt{5}}}.{\displaystyle \frac{3R}{\sqrt{5}}}={\displaystyle \frac{6R^2}{5}}$.