Bài tập ôn tập Toán 9 Chương 9 (có đáp án)

Chọn C

Ta có \(I\) là một điểm tùy ý nằm trên đường tròn \(\left( {O\;;\;\frac{{AB}}{2}} \right)\) (\(I\) khác \(A\) và \(B\)) nên \(\widehat {AIB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó tam giác \(IAB\) là tam giác vuông tại \(I\).

Chọn C

Chọn A

Gọi \[E,{\rm{ }}F\] là tiếp điểm của đường tròn \[\left( I \right)\] với các cạnh \[AB,{\rm{ }}AC\].

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[AE = AF;{\rm{ }}BE = BD;\,\,CD = CF\].

Do đó $2BD=BD+BE$ $=BC–CD+AB–AE$

$=BC+AB–\left(CD+AE\right)$ $=BC+AB–\left(CF+AF\right)$

$=BC+AB–AC$

Suy ra \[BD = \frac{{BC + AB - AC}}{2}\].

Chọn B

Tam giác \(ABC\)có \(B{C^2} = {5^2} = 25\); \(A{B^2} + A{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25\).

Suy ra \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\).

Do đó tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) (định lí Pythagore đảo).

Vậy tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của cạnh huyền \(BC\) và \(A\) thuộc đường tròn đường kính \(BC\).

Chọn B

Bán kính \(R\) của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật \(ABCD\) là \[R = \frac{{AC}}{2} = 4\,{\rm{cm}}\].

Chọn B

Đường chéo của hình chữ nhật có kích thước là \(\sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\,{\rm{cm}}\) (theo định lí Pythagore).

Tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cách mỗi đỉnh là: \[R = \frac{5}{2} = 2,5\,\,({\rm{cm)}}{\rm{.}}\]

Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật có hai kích thước \(3\,{\rm{cm}}\) và \(4\,{\rm{cm}}\) là giao điểm hai đường chéo của hình chữ nhật và cách mỗi đỉnh một khoảng bằng \(2,5\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\)

Chọn B

Bán kính đường tròn tâm \(I\) là: \(r = \frac{{5\sqrt 3 }}{6}\,\,{\rm{cm}}\).

Chọn C

Ta có đường tròn tâm \(I\) nội tiếp tam giác đều \(ABC\) là \(r = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\) (cm).

Suy ra \(a = \frac{{6r}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{6\,\,.\,\,2}}{{\sqrt 3 }} = 4\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Vậy độ dài cạnh \(AB = a = 4\sqrt 3 \,\,{\rm{cm}}\).

Chọn D

Bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác đều \(ABC\) là: \(r = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{{7\sqrt 3 }}{6}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Chu vi của đường tròn nội tiếp tam giác đều \(ABC\) là: \(2\pi r = 2\pi \,\, \cdot \,\,\frac{{7\sqrt 3 }}{6} = \frac{{7\pi \sqrt 3 }}{3}\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Chọn D

Xét \[\Delta ABC\] vuông tại \(A\) ta có: \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\) (định lí Pythagore).

Suy ra \[BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{{18}^2} + {{24}^2}}  = 30\,\,({\rm{cm)}}\].

Bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là: \[R = \frac{{BC}}{2} = 15\,\,({\rm{cm)}}\].

Chọn D

Tam giác \[ABC\] đều cạnh \(a\) có bán kính đường tròn ngoại tiếp là \(R = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Suy ra \(3R = a\sqrt 3 \)hay \(a = R\sqrt 3  = 4\sqrt 3 \,\,{\rm{(cm)}}\)

Mặt khác \[O\] là trọng tâm tam giác\[ABC\] và \[AH\] vừa là đường cao và đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh \(A\).

Suy ra \(R = AO = \frac{2}{3} \cdot AH\) hay \(AH = \frac{{3R}}{2} = \frac{{3 \cdot 4}}{2} = 6\,\,({\rm{cm)}}\)

Diện tích tam giác \[ABC\] là \(S = \frac{1}{2} \cdot AH \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 4\sqrt 3  = 12\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Chọn D

Tam giác \(ABC\) đều có \(AM\) là đường trung tuyến do đó \(AM\) đồng thời là đường trung trực.

Gọi \(G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\) suy ra \(G\) đồng thời là giao của ba đường trung trực, khi đó \(G\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) và \(GA = 4\,{\rm{cm}}\), \(AG = \frac{2}{3}AM\).

Suy ra \(AM = \frac{3}{2}AG = \frac{3}{2} \cdot 4 = 6\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Chọn B

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nội tiếp đường tròn \(\left( {O\;;\;7,5\,{\rm{cm}}} \right)\).

Do đó cạnh huyền \(BC\) là đường kính suy ra \(BC = 2 \cdot 7,5 = 15\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Theo định lí Pythagore ta có \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\).

Lại có \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{3}{4}\) hay \(AB = \frac{3}{4}AC\) và \(BC = 15\,{\rm{cm}}\), thay vào \(\left( 1 \right)\) ta được:

\({\left( {\frac{3}{4}AC} \right)^2} + A{C^2} = {15^2}\) suy ra \(\frac{{25}}{{16}}A{C^2} = 225\) do đó \(AC = 12\;{\rm{cm}}\).

Với \(AC = 12\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\) thì \(AB = \frac{3}{4}\; \cdot \;12 = 9\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Vậy chu vi tam giác \(ABC\) là \(AB + AC + BC = 9 + 12 + 15 = 36\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Chọn C

Độ dài một cạnh của tam đều \(IHK\) là: \(27\,\,:\,\,3 = 9\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Khi đó bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác đều \(IHK\) là: \(r = \frac{{9\sqrt 3 }}{6} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Chọn C

Bán kính của phần đất trồng hoa đó là: \(r = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{{10\sqrt 3 }}{6} = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}\,\left( {\rm{m}} \right)\).

Diện tích phần đất trồng hoa đó là: \(S = \pi {r^2} = \pi \,\, \cdot \,\,{\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \frac{{25\pi }}{3}\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Chọn D

Giả sử tam giác đều \[ABC\] có đường tròn nội tiếp \[(I)\] tiếp xúc với \[BC\] tại \[H\] nên \[IH \bot BC.\]

Vì \[ABC\] là tam giác đều nên \[I\] cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta ABC\].

Suy ra \[IH\] là trung trực \[BC\] nên \[H\] là trung điểm \[BC\].

Vì \[I\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác nên \[BI\] là phân giác của \(\widehat {ABC}\).

Suy ra \[\widehat {IBH} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ \].

Xét tam giác \[IHB\] ta có: \[\frac{r}{R} = \frac{{IH}}{{IB}} = \sin \widehat {IBH} = \sin 30^\circ  = \frac{1}{2}\].

Chọn B

Gọi tam giác \[ABC\] đều cạnh \[a\] nội tiếp \[\left( {O\,;\,R} \right)\].

Khi đó \[O\] là trọng tâm tam giác\[ABC\].

Gọi \[AH\] là đường trung tuyến nên \(R = AO = \frac{2}{3}AH\) suy ra \(AH = \frac{{3R}}{2}\).

Theo định lý Pythagore ta có \[A{H^2} = A{B^2} - B{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{4}\] suy ra \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Từ đó ta có \(\frac{{3R}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) suy ra \(a = R\sqrt 3 \).

Chọn D

Gọi tam giác \[ABC\] đều cạnh \[a\] nội tiếp \[\left( {O\,;\,2\,{\rm{cm}}} \right)\].

Khi đó \[O\] là trọng tâm tam giác \[ABC\] và cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] nên \(AO\, = \,2\,{\rm{cm}}\).

Gọi \[AH\] là đường trung tuyến \(\frac{2}{3}AH = AO = 2\,\,{\rm{cm}}\) suy ra \(AH = 3\,\,{\rm{cm}}\).

Theo định lý Pythagore ta có \[A{H^2} = A{B^2} - B{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{4}\] suy ra \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Từ đó ta có \(3 = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) suy ra \[a = \frac{6}{{\sqrt 3 }} = \sqrt 3 \,\,({\rm{cm)}}{\rm{.}}\]

Diện tích tam giác \[ABC\] là \(S = \frac{1}{2}AH \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 2\sqrt 3  = 3\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Chọn B

Vì tứ giác \[ABCD\] là tứ giác nội tiếp nên

\(\widehat {BDC} = \widehat {BAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[BC\])

\(\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp)

\(\widehat {DCB} = \widehat {BAx}\) (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối với đỉnh đó)

Vậy ba phương án A, B, C đều đúng, phương án D sai.

Chọn C

Hình 1: Tứ giác \(ABCD\)  có \(\widehat A + \widehat C = 115^\circ  + 75^\circ  = 190^\circ  \ne 180^\circ \) nên không phải tứ giác nội tiếp.

Hình 2: Tứ giác \(EFGH\) có \(\widehat F + \widehat H = 85^\circ  + 92^\circ  = 177^\circ  \ne 180^\circ \) nên không phải tứ giác nội tiếp.

Hình 3: Tứ giác \(MNPQ\) có các đỉnh nằm trên đường tròn \(\left( O \right)\) nên là tứ giác nội tiếp.

Hình 4: Tứ giác \(IKSR\) chỉ số đo của góc \(K\) nên chưa đủ điều kiện để kết luận tứ giác nội tiếp hay không.

Vậy Hình 3 là tứ giác nội tiếp.

Chọn B

Xét tam giác \[ADB\] có \(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[\Delta ADB\] vuông tại \[D.\]

Xét \(\Delta ADH\) và \(\Delta ABD\) có \(\widehat {AHD} = \widehat {ADB} = 90^\circ \,;\,\,\widehat {DAH}\) chung.

Do đó $\Delta ADH\backsim \Delta ABD$ (g.g)

Suy ra \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AD}}\) nên \[A{D^2} = {\rm{ }}AH \cdot AB\].

Mà \[AD \ne BD\,;{\rm{ }}AD < AB\] nên phương án A, B, C sai.

Chọn D

Với \[0^\circ  \le \alpha  < 360^\circ \], các phép quay thuận chiều tâm \[O\] biến hình vuông trên thành chính nó là \(0^\circ \,;\,\,90^\circ \,;\,\,180^\circ \,;\,\,270^\circ .\)

Chọn B

Phép quay thuận chiều tâm \[A\] một góc \(60^\circ \) biến điểm \[C\] thành B, biến điểm \[D\] thành \[C\].

Vậy phép quay thuận chiều tâm \[A\] một góc \(60^\circ \) biến cạnh \[CD\] thành \[BC\].

a) Đúng. Xét \[\left( O \right)\] có \[\widehat {ACD}\] là góc nội tiếp chắn cung \[AD\] (chứa điểm \[B\]).

Xét \[\left( O \right)\] có \[\widehat {ABD}\] là góc nội tiếp chắn cung \[AD\] (chứa điểm \[C\]).

Suy ra \(\widehat {ACD} + \widehat {ADB} = \frac{1}{2} \cdot 360^\circ  = 180^\circ \).

b) Đúng. Lại có \(\widehat {ACD} + \widehat {ACI} = 180^\circ \) nên \(\widehat {ACI} = \widehat {IBD}\).

Tương tự, ta có: \(\widehat {BAC} + \widehat {CDB} = 180^\circ \).

Mà \(\widehat {BAC} + \widehat {CAI} = 180^\circ \) (hai góc bù nhau) nên \(\widehat {IAC} = \widehat {IDB}\).

c) Sai. Xét \(\Delta IAC\) và \(\Delta IDB\) có \(\widehat {ACI} = \widehat {IBD}\); \(\widehat {IAC} = \widehat {IDB}\).

Do đó $\Delta IAC\backsim \Delta IDB\left(\text{g.g}\right)$.

d) Đúng. Vì  nên \(\frac{{IA}}{{ID}} = \frac{{IC}}{{IB}}\) suy ra \(IA \cdot IB = IC \cdot ID\).

a) Đúng. Ta có $\text{sđ}\stackrel{⏜}{AC}=60°$ , do đó $\text{sđ}\stackrel{⏜}{BC}=180°-\text{sđ}\stackrel{⏜}{AC}=120°$.

b) Đúng. Ta có: \[\widehat {ACB} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

$\widehat{CAB}=\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel{⏜}{BC}=60°$ (góc nội tiếp)

$\widehat{CBA}=\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel{⏜}{AC}=30°$ (góc nội tiếp)

Do đó, \[\widehat {CBA} < \widehat {BAC} < \widehat {ACB}\].

c) Đúng. Ta có \[\widehat {CAN} = \widehat {NAB}\] (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Do đó, \[AN\] là tia phân giác \[\widehat {CAB}\].

Ta có \[\widehat {CBM} = \widehat {MBA}\] (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Suy ra \[BM\] là tia phân giác \[\widehat {CBA}\].

Mà \[AN,\,BM\] cắt nhau tại \[I\] nên \[CI\] là phân giác của \[\widehat {ACB}\].

d) Sai. Vì \[I\] là giao điểm của ba đường phân giác trong \[\Delta ABC\] nên \[I\] là tâm đường tròn nội tiếp của \[\Delta ABC.\]

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

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:

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

a) Đúng. Ta 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 \[\widehat {HOC} = 60^\circ \].

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

a) Đúng. Do các đỉnh \[A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C,{\rm{ }}P\] cùng thuộc đường tròn nên tứ giác \[ABCP\] nội tiếp.

Suy ra $\widehat{BAP}+\widehat{BCP}=180°\left(1\right)$

Do \[ABCD\] là hình bình hành nên \[CD\,{\rm{//}}\,AB\], suy ra $\widehat{ABC}+\widehat{BCP}=180°\left(2\right)$

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

Mặt khác \[CP\,{\rm{//}}\,AB\] nên \[ABCP\] là hình thang cân.

b) Đúng. Vì \[ABCP\] là hình thang cân suy ra \[AP = BC\]. 

c) Đúng. Do \[BC = AD\] (vì \[ABCD\] là hình bình hành).

Mà \[AP = BC\] (câu c) suy ra \[AP = AD\].

d) Sai. Vì \[AP = AD\] nên \[\Delta PAD\] cân tại \[P.\]

a) Đúng. Do \(AB,AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ .\)

Suy ra tứ giác \(ABOC\) nội tiếp đường tròn tâm \(I\) với \(I\) là trung điểm của \(AO\).

b) Sai. Ta có: \(AM.AB = \frac{{AB}}{2}.AB = \frac{{A{B^2}}}{2}\); \(AI.AO = 2AI.AI = 2A{I^2} \ne \frac{{A{B^2}}}{2}\).

Do đó, \(AM.AB \ne AI.AO\).

c) Đúng. Gọi \(E\) là trung điểm của \(MA\), do \(G\) là trọng tâm \(\Delta CMA\) nên \(G \in CE\) và \(\frac{{GE}}{{CE}} = \frac{1}{3}.\)

Mặt khác \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{1}{3}\) (vì \(ME = \frac{{MA}}{2} = \frac{{MB}}{2}\) nên \(ME = \frac{{BE}}{3}\)).

Suy ra \(\frac{{GE}}{{CE}} = \frac{{ME}}{{BE}} = \frac{1}{3}\) nên theo định lí Thalès đảo ta có \(MG\parallel BC\).

d) Đúng. Gọi \(G'\) là giao của \(OA\) và \(CM\) suy ra \(G'\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên \(\frac{{G'M}}{{CM}} = \frac{1}{3} = \frac{{GE}}{{CE}}\) do đó theo định lí Thalès đảo ta có \(GG'\parallel ME\). (1)

Có \(MI\) là đương trung bình trong \(\Delta OAB\) suy ra \(MI\parallel BO\) mà \(AB \bot BO\) suy ra \(MI \bot BA\) hay \(MI \bot ME\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(MI \bot GG'\).

Lại có \(G'I \bot MK\) (vì \(OA \bot MK\)) nên \(I\) là trực tâm của tam giác \(MGG'\) hay \(GI \bot G'M\) tức là \(GI \bot CM\).

a) Đúng. Theo công thức tính góc của đa giác đều, ta có: \[\widehat {ADB} = \frac{{\left( {6 - 2} \right).180^\circ }}{6} = 120^\circ \]

Suy ra \[\widehat {DAB} = \widehat {DBA} = \frac{{180^\circ  - \widehat {ADB}}}{2} = 30^\circ \]  (do \[\Delta BDA\] cân tại \[D\]).

b) Đúng. Ta có \[\widehat {ADC} = \frac{{\left( {5 - 2} \right).180^\circ }}{5} = 108^\circ \].

Suy ra \[\widehat {DAC} = \widehat {DCA} = \frac{{180^\circ  - \widehat {ADC}}}{2} = 36^\circ \] (do \[\Delta CDA\] cân tại \[D\]).

Khi đó \[\widehat {BDC} = 360^\circ  - \widehat {ADB} - \widehat {ADC} = 360^\circ  - 120^\circ  - 108^\circ  = 132^\circ \].

c) Đúng. Xét \[\Delta BDC\] có \[BD = DC\]  nên \[\Delta BDC\] cân tại \[D\].

Do đó \[\widehat {DBC} = \widehat {DCB} = \frac{{180^\circ  - 132^\circ }}{2} = 24^\circ \].

d) Sai. Ta có \[\widehat {BAC} = \widehat {DAB} + \widehat {DAC} = 30^\circ  + 36^\circ  = 66^\circ \];

\[\widehat {ACB} = \widehat {DCB} + \widehat {DCA} = 24^\circ  + 36^\circ  = 60^\circ \];

\[\widehat {ABC} = \widehat {DBA} + \widehat {DBC} = 24^\circ  + 30^\circ  = 54^\circ \].

Do đó \[\widehat {ABC} < \widehat {BCA} < \widehat {BAC}\].

a) Đúng.

Khi quay ngược chiều tâm \[O\] góc quay \[60^\circ \], nhận thấy phép quay biến điểm \[B\] thành điểm \[C\]; biến điểm \[C\] thành \[D\] và biến điểm \[D\] thành \[E\].

Do đó, phép quay ngược chiều tâm \[O\] góc quay \[60^\circ \] biến \[\Delta BCD\] thành \[\Delta CDE.\]

b) Đúng.

Khi quay ngược chiều tâm \[O\] góc quay \[120^\circ \], nhận thấy phép quay biến điểm \[C\] thành \[E\]; biến điểm \[E\] thành điểm \[A\], và biến điểm \[O\] thành chính nó.

Do đó, phép quay ngược chiều tâm \[O\] góc quay \[120^\circ \] biến \[\Delta OEC\] thành \[\Delta OEA.\]

c) Đúng.

Phép quay thuận chiều tâm \[O\] góc quay \[60^\circ \], nhận thấy phép quay biến điểm \[A\] thành điểm \[F,\] điểm \[F\] thành điểm \[E\] và điểm \[D\] thành điểm \[C\].

Do đó, phép quay thuận chiều tâm \[O\] góc quay \[60^\circ \] biến \[\Delta AFD\] thành \[\Delta FEC.\]

d) Sai.

Phép quay thuận chiều tâm \[O\] góc quay \[120^\circ \] biến \[\Delta BCD\] thành \[\Delta FAB\].

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, $\Delta MBD\backsim \Delta MAB$ (g.g)

c) Đúng. Vì $\Delta MBD\backsim \Delta MAB$ (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 $\Delta DMK\backsim \Delta KMA$ (c.g.c).

d) Đúng. Vì $\Delta DMK\backsim \Delta KMA$ (cmt) nên \[\widehat {KDM} = \widehat {MKA} = 90^\circ \] (hai góc tương ứng).

Suy ra \[DK \bot AM\].

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.

Áp dụng định lý Pythagore ta có độ dài đường chéo hình chữ nhật là \(\sqrt {{{60}^2} + {{80}^2}}  = 100\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Vì hình chữ nhật nội tiếp đường tròn nên độ dài đường chéo hình chữ nhật là đường kính của đường tròn.

Nên bán kính đường tròn \(100:2 = 50\,\,\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Đáp án: 50.

Ta có: \[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\left( { = 100} \right)\]  .

Suy ra tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\]. 

Do đó, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là trung điểm O của cạnh huyền \[BC\]. 

Đường kính đường tròn là: \[d = BC = 10{\rm{ cm}}\].

Suy ra, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là \[R{\rm{ }} = \frac{d}{2}\; = 5{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là \[5\,\,{\rm{cm}}.\]

Đáp án: 5.

Vì viên kẹo hình cầu tiếp xúc với các cạnh hộp hình tam giác đều nên ta có đường tròn nội tiếp tam giác đều.

Bán kính viên kẹo hình cầu là \(\frac{{5\sqrt 3 }}{6}\left( {\;{\rm{cm}}} \right)\).

Thể tích viên kẹo là: \(\frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{6}} \right)^3} \approx 12,6\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Vậy thể tích viên kẹo khoảng \(12,6\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).

Đáp án: 12,6.

Vì khung ảnh hình tròn tiếp xúc với các cạnh của tam giác đều nên ta có đường tròn nội tiếp tam giác đều.

Ta có có bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều là \(R = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\) với \(a\) là độ dài cạnh tam giác đều.

Khi đó \(40 = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\) nên \(a\sqrt 3  = 240\) suy ra \(a \approx 139\,\,{\rm{cm}}\).

Vậy chiều dài cạnh khung gỗ khoảng \(139\,\,{\rm{cm}}\).

Đáp án: 139.

Ta có \(\widehat {AOB} = 360^\circ :6 = 60^\circ \).

Diện tích hình quạt \(OAB\) là \[\frac{{\pi  \cdot R \cdot n}}{{180}} = \frac{{\pi  \cdot 2 \cdot 60}}{{180}} = \frac{{2\pi }}{3}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\].

Diện tích tam giác đều \(OAB\) là \(\frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Diện tích hình viên phân là \(\frac{{2\pi }}{3} - \sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Diện tích một cánh hoa là \(\left( {\frac{{2\pi }}{3} - \sqrt 3 } \right) \cdot 2\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Diện tích một bông hoa là \(\left( {\frac{{2\pi }}{3} - \sqrt 3 } \right) \cdot 2 \cdot 6 \approx 4,3\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Vậy diện tích bông hoa thị khoảng \(4,3\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\).

Đáp án: 4,3.

Áp dụng định lí Pythagore, ta có độ dài đường chéo của hình chữ nhật là:

\[\sqrt {{6^2} + {4^2}}  = \sqrt {52}  = 2\sqrt {13} \] (cm).

Hình chữ nhật nội tiếp đường tròn nên đường kính của đường tròn chính là độ dài của đường chéo hình chữ nhật.

Bán kính đường tròn là: \[R = \frac{{2\sqrt {13} }}{2} = \sqrt {13} \] (cm).

Diện tích hình chữ nhật là: \[{S_{hcn}} = 6 \cdot 4 = 24{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right){\rm{.}}\]

Diện tích hình tròn là: \[{S_{h\`i nh{\rm{ }}tr\`o n}} = \pi {R^2} = 13\pi {\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right){\rm{.}}\]

Diện tích phần bị gạch chéo là: \[S = {S_{tr\`o n}}--{S_{hcn}} = 13\pi --24 \approx 16,8{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\]

Vậy diện tích phần bị gạch chéo bằng khoảng \[16,8{\rm{ c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{.}}\]

Đáp án: 16,8.

Bán kính hình tròn là: \(20:2 = 10\,\,{\rm{(cm)}}\).

Vì \(\Delta OAB\) là tam giác đều nên diện tích tam giác là: \(\frac{{{{10}^2}\sqrt 3 }}{4} = 25\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Diện tích gương là \(25\sqrt 3  \cdot 6 \approx 260\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Đáp án: 260.

Ta có \(\widehat {BCE} = \widehat {DCF}\) (hai góc đối đỉnh)

Đặt \(\widehat {BCE} = \widehat {DCF} = x\).

Theo tính chất góc ngoài tam giác, ta có:

\(\widehat {ABC} = \widehat {BCE} + \widehat E = x + 40^\circ \)

\(\widehat {ADC} = \widehat {DCF} + \widehat F = x + 20^\circ \)

Lại có \(\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ \) (hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp)

Suy ra \(\left( {x + 40^\circ } \right) + \left( {x + 20^\circ } \right) = 180^\circ \) hay \(x = 60^\circ \).

Do đó \(\widehat {ABC} = 60^\circ  + 40^\circ  = 100^\circ \).

Đáp án: 100.

Diện tích \(\Delta OFE\) là \(259,8:6 = 43,3\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Ta có \(\widehat {FOE} = 360^\circ :6 = 60^\circ \).

Do đó \(\widehat {OEH} = 60^\circ \) (\(\Delta OFE\) là tam giác đều).

Diện tích \(\Delta OFE\) là: \(S = \frac{1}{2} \cdot OH \cdot EF = \frac{1}{2}EF \cdot \sqrt {O{E^2} - H{E^2}} \).

Mà \(OE = EF;HE = \frac{1}{2}EF\) nên

\(S = \frac{1}{2} \cdot EF \cdot \sqrt {F{E^2} - {{\left( {\frac{1}{2}EF} \right)}^2}}  = \frac{1}{2} \cdot EF \cdot \sqrt {F{E^2} - \frac{1}{4}F{E^2}}  = \frac{1}{2} \cdot EF \cdot \sqrt {\frac{3}{4}F{E^2}}  = \frac{{F{E^2}}}{4}\sqrt 3 \).

Khi đó \(43,3 = \frac{{F{E^2}}}{4}\sqrt 3 \) nên \(F{E^2} = \frac{{43,3.4}}{{\sqrt 3 }} \approx 100\)

Suy ra \(FE = \sqrt {100}  = 10\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Đáp án: 10.