20 câu Trắc nghiệm Toán 7 Chân trời sáng tạo Bài 9. Tính chất ba đường phân giác của tam giác (Đúng sai - Trả lời ngắn) có đáp án

Đáp án đúng là: B

Vì hai đường giác góc \(K\) và \(L\) cắt nhau tại \(O\) nên \(O\) là giao điểm của ba đường phân giác trong tam giác \(KIL\).

Do đó, \(IO\) là phân giác của \(\widehat {KIL}\).

Suy ra \(\widehat {KIO} = \frac{{\widehat {KIL}}}{2} = 31^\circ \).

a) Sai.

Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta ACM\) có:

\(AB = AC\)(\(\Delta ABC\) cân tại \(A\))

\(MB = MC\)

\(AM\) chung

Do đó, \(\Delta AMB = \Delta AMC\) (c.c.c)

b) Đúng.

Vì \(\Delta AMB = \Delta AMC\) (cmt) nên \[\widehat {MAB} = \widehat {MAC}\] (hai góc tương ứng)

Do đó, \(AM\) là đường phân giác \(\widehat {BAC}\).

c) Sai.

Vì các đường phân giác \(BD,\,\,CE\) cắt nhau tại \(I\) nên \(I\) là giao điểm của ba đường phân giác trong \(\Delta ABC\).

Do đó, \(I\) là điểm cách đều ba đỉnh của \(\Delta ABC\).

d) Đúng.

Vì \(BD,\,\,CE,\,\,AM\) là ba đường phân giác trong \(\Delta ABC\) nên \(BD,\,\,CE,\,\,AM\) đồng quy tại \(I\).

a) Sai.

Ta có \[AB = AC\] (do \(\Delta ABC\) cân tại \(A\)) và \[BD = CE\] (giả thiết)

Suy ra \(AB - BD = AC - CE\) hay \(AD = AE\).

Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta ACD\) có:

\[AB = AC\] (chứng minh trên);

\(\widehat {BAC}\) là góc chung;

\[AD = AE\] (chứng minh trên).

Do đó \[\Delta ABE = \Delta ACD\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)\].

b) Đúng.

Từ \[\Delta ABE = \Delta ACD\] suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {ACD}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}\) (do \(\Delta ABC\) cân tại \(A\))

Suy ra \(\widehat {IBC} = \widehat {ICB}\)

Tam giác \[IBC\] có \(\widehat {IBC} = \widehat {ICB}\) nên là tam giác \(IBC\) cân tại \(I\).

Do đó \[IB = IC\].

c) Đúng.

Xét \(\Delta ABI\) và \(\Delta ACI\) có:

\[AB = AC\] (chứng minh trên);

\[AI\] là cạnh chung;

\[IB = IC\] (chứng minh trên).

Do đó \[\Delta ABI = \Delta ACI\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.c}}{\rm{.c}}} \right)\]

c) Đúng.

Xét \(\Delta ADE\) có \[AD = AE\] nên \(\Delta ADE\) cân tại \(A\), do đó \(\widehat {ADE} = \widehat {AED}\).

Mà \(\widehat {DAE} + \widehat {ADE} + \widehat {AED} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

Suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {AED} = \frac{{180^\circ - \widehat {DAE}}}{2}\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\).

Tương tự với \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) ta có \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BAC}}}{2}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {ABC}\)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(DE\,{\rm{//}}\,BC\).

Suy ra \(\widehat {DEB} = \widehat {EBC}\) (hai góc so le trong) \(\left( 3 \right)\)

\(\Delta BDE\) có \[BD = DE\] nên là tam giác cân tại \(D\), suy ra \(\widehat {DBE} = \widehat {DEB}\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra \(\widehat {DBE} = \widehat {EBC}\)

Khi đó \[BE\] là đường phân giác của \(\widehat {ABC}\).

a) Sai.

Xét \(\Delta ACE\) và \(\Delta AEK\), ta có:

\(\widehat {ACE} = \widehat {AKE} = 90^\circ \) (gt)

\(CA = AK\) (gt)

\(AE\) chung (gt)

Do đó, \(\Delta ACE = \Delta AKE\) (ch – cgv)

b) Đúng.

Do \(\Delta ACE = \Delta AKE\) (ch – cgv) nên \(\widehat {CAE} = \widehat {KAE}\) (hai góc tương ứng).

Do đó, \(AE\) là phân giác của \(\widehat {CAB}\).

c) Sai.

Do \(\Delta ACE = \Delta AKE\) (ch – cgv) nên \(CE = EK\) (hai cạnh tương ứng).

Mà xét tam giác \(\Delta KEB\) vuông tại \(K\) nên \(BE > EK\).

Mà \(EK = EC\) nên \(EB > CE\).

d) Đúng.

Ta có \(\widehat {ABC} = 180^\circ - \left( {\widehat A + \widehat C} \right) = 180^\circ - \left( {90^\circ + 60^\circ } \right) = 30^\circ \).

Lại có \(AE\) là phân giác của \(\widehat {CAB}\) nên \(\widehat {EAK} = \frac{1}{2}\widehat {CAB} = 30^\circ \).

Suy ra \(\widehat {EAK} = \widehat {CBA} = 30^\circ \).

Do đó, tam giác \(AEB\) cân tại \(E\).

Có \(EK \bot AB\) nên \(EK\) là đường cao, đường trung trực trong tam giác \(EKB.\)

Do đó, \(K\) là trung điểm của \(AB\)

Suy ra \(AK = \frac{1}{2}AB\) hay \(AB = 2AK\).

Mà \(AK = AC\) nên \(AB = 2AC\).

a) Đúng.

Vì tam giác \(ABC\) cân tại \(B,\) có \(\widehat {ABC} = 80^\circ \) nên \(\widehat {BAC} = \widehat {ACB} = \frac{{180^\circ - 80^\circ }}{2} = 50^\circ \).

Ta có \(\widehat {IAC} = 10^\circ \) nên \(\widehat {IAB} = \widehat {CAB} - \widehat {IAC} = 50^\circ - 10^\circ = 40^\circ \).

Mà \(AK\) là đường phân giác của \(\widehat {IAB}\) nên \(\widehat {BAK} = \widehat {KAI} = 20^\circ \).

Do đó, \(\widehat {KAC} = \widehat {KAI} + \widehat {IAC} = 20^\circ + 10^\circ = 30^\circ = \widehat {KCA}\)

Suy ra \(\widehat {CAK} = \widehat {KAC} = 30^\circ \) nên \(\Delta ACK\) cân tại \(K.\)

b) Sai.

Có \(\Delta ACK\) cân tại \(K\) nên \(KA = KC.\)

Xét \(\Delta ABK\) và \(\Delta CBK\) có: \(AB = BC\) (gt), \(BK\) chung, \(KA = KC\).

Do đó, \(\Delta ABK = \Delta CBK\) (c.c.c).

c) Đúng.

Có \(\Delta ABK = \Delta CBK\) (cmt)

Suy ra \(\widehat {ABK} = \widehat {CBK}\) (hai góc tương ứng).

Do đó, \(BK\) là phân giác của góc \(ABC\).

d) Đúng.

Từ b) \(\Delta ABK = \Delta CBK\) (c.c.c) nên \(\widehat {AKB} = \widehat {CKB}\) (hai góc tương ứng)

Có \(BK\) là phân giác của góc \(ABC\) nên \(\widehat {ABK} = \widehat {CBK} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2} = 40^\circ \).

Do đó, \(\widehat {AKB} = \widehat {CKB} = 180^\circ - \left( {\widehat {KAB} + \widehat {KBA}} \right) = 180^\circ - \left( {40^\circ + 20^\circ } \right) = 120^\circ \).

Lại có \(\widehat {AKB} + \widehat {CKB} + \widehat {AKC} = 360^\circ \) nên \(\widehat {CKA} = 360^\circ - 2.120^\circ = 120^\circ \).

Do đó, \(\widehat {AKB} = \widehat {CKB} = \widehat {CKA}\).

Xét \(\Delta AKB\) và \(\Delta AKI\), có: \(\widehat {KAB} = \widehat {KAI}\) (gt); \(AK\) chung (gt); \(\widehat {AKB} = \widehat {CKA}\) (cmt)

Do đó, \(\Delta AKB = \Delta AKI\) (g.c.g)

Suy ra \(AB = AI\) (hai cạnh tương ứng)

Do đó, \(\Delta AIB\) cân tại \(A\) nên \(\widehat {ABI} = \widehat {AIB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BAI}}}{2} = \frac{{180^\circ - 40^\circ }}{2} = 70^\circ \).

a) Đúng.

Vì \(\Delta DEF\) có \(DE = DF\) nên \(\Delta DEF\) cân tại \(D\).

b) Đúng.

Xét \(\Delta DKE\) và \(\Delta DKF\) có:

\(DE = DF\)

\(DK\) chung.

\(KE = KF\) (do \(DK\) là đường cao, đường trung tuyến trong \(\Delta DEF\))

Suy ra \(\Delta DKE = \Delta DKF\) (c.c.c)

c) Đúng.

Có \(EM,\,\,FN\) lần lượt là đường phân giác trong \(E,\,\,\,F\) và chúng cắt nhau tại \(I\).

Do đó, \(I\) là giao điểm của ba đường phân giác trong \(\Delta DEF\).

Vậy \(I\) cách đều ba cạnh của \(\Delta DEF\).

d) Sai.

Vì \(DK,\,\,EM,\,\,FN\) là các đường phân giác trong \(\Delta DEF\) nên \(DK,\,\,EM,\,\,FN\) đồng quy tại \(I\).

Đáp án: 9

Vì \(O\) là giao điểm của hai tia phân giác \(\widehat {ABC}\) và \(\widehat {CAB}\) (gt).

Suy ra, \(CO\) là phân giác của \(\widehat {ACB}\) (tính chất ba đường phân giác của tam giác).

Suy ra \(\widehat {ACO} = \widehat {BCO}\) (tính chất tia phân giác của một góc)

\(BO\) là phân giác của \(\widehat {ABC}\) suy ra \(\widehat {OBA} = \widehat {OBC}\) (2) (tính chất tia phân giác của một góc)

Vì \(MN\parallel BC\) (gt) nên \(\widehat {MOB} = \widehat {OBC}\) và \(\widehat {NOc} = \widehat {OCB}\) (so le trong).

Từ (1) và (4) suy ra \(\widehat {NOC} = \widehat {NCO}\).

Do đó, \(\Delta NOC\) cân tại \(N\) (dấu hiệu nhận biết tam giác cân).

Suy ra \(NO = NC = 5\,\,{\rm{cm}}\)

Từ (2) và (3) suy ra \(\widehat {MOB} = \widehat {MBO}\) nên \(\Delta MOB\) cân tại \(N\).

Suy ra \(MB = MO = 4\,\,{\rm{cm}}\).

Vậy \(MN = MO + ON = 5 + 4 = 9\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Đáp án: 121

Ta có \(O\) là giao điểm của hai đường phân giác trong tam giác \(ABC\).

Có \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \) (tổng ba góc trong tam giác)

Suy ra \(\widehat B + \widehat C = 180^\circ - \widehat A = 180^\circ - 62^\circ = 118^\circ \).

Suy ra \(2\widehat {OBC} + 2\widehat {BCO} = 118^\circ \).

Do đó, \(\widehat {OBC} + \widehat {BCO} = \frac{{118^\circ }}{2} = 59^\circ \).

Ta có: \(\widehat {BOC} = 180^\circ - \left( {\widehat {OBC} + \widehat {BCO}} \right) = 180^\circ - 59^\circ = 121^\circ \)

Đáp án: 24

Ta có \(AB = AC\) nên tam giác \(ABC\) cân tại \(A\).

Do đó, \(AH\) vừa là đường cao, vừa là đường phân giác đỉnh \(A\).

Do đó, \(\widehat {HAC} = \widehat {HAB} = 90^\circ - 66^\circ = 24^\circ \).

Đáp án: 17

Nhận thấy phân giác của hai góc \(B,\,\,A\) trong tam giác cắt nhau tại \(I\).

Suy ra \(I\) là giao điểm của ba đường phân giác trong tam giác.

Do đó, \(CI\) là phân giác góc \(C\).

Suy ra \(x = 17^\circ \)

Đáp án: 30

Ta có \(\widehat {CAx}\) và \(\widehat {CAB}\) là hai góc kề bù nên \(\widehat {CAx} = 180^\circ - \widehat {CAB} = 60^\circ \).

Lại có \(AD\) là phân giác của \(\widehat {CAB}\) nên \(\widehat {CAD} = \widehat {DAB} = \frac{{120^\circ }}{2} = 60^\circ \).

Suy ra \(\widehat {CAx} = \widehat {CAD} = 60^\circ \) nên \(AC\) là phân giác của \(\widehat {DAx}\)

Xét \(\Delta ABD\) có \(AE\) là tia phân giác góc ngoài đỉnh \(A\), \(BE\) là tia phân giác của \[\widehat {ABC}\].

Mà hai đường phân giác này cắt nhau tại \(E\), do đó \(DE\) cũng là phân giác của \(\widehat {ADC}\).

Mà \(\widehat {EDC}\) là góc ngoài đỉnh \(D\) của \(\Delta BED\) nên ta có \(\widehat {BED} + \widehat {{B_2}} = \widehat {{D_2}}\).

Suy ra \(\widehat {BED} = \widehat {{D_2}} - \widehat {{B_2}} = \frac{{\widehat {ADC} - \widehat {ABC}}}{2} = \frac{{\widehat {ABD} + \widehat {BAD} - \widehat {ABC}}}{2} = \widehat {\frac{{BAD}}{2}} = 30^\circ \).

Vậy \(\widehat {BED} = 30^\circ \).