Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn B. hai.

Đường thẳng a và đường tròn (O) gọi là cắt nhau nếu chúng có đúng hai điểm chung.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn C. Khẳng định (3).

Vì AH ⊥ BC và H thuộc đường thẳng BC nên khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BC bằng AH. Do đó, khoảng cách từ tâm A của đường tròn (A; AH) đến đường thẳng BC bằng bán kính AH của đường tròn. 

Vậy đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn (A; AH).

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn B. Đường thẳng BD tiếp xúc với (E; EA).

Xét ΔAEB (vuông tại A) và ΔIEB (vuông tại I) có: AB = BI (gt), BE chung.

Suy ra ΔAEB = ΔIEB (ch–cgv) suy ra AE = EI hay I ∈ (E; EA).

Mặt khác: EI ⊥ BD hay khoảng cách từ điểm E đến đường thẳng BD bằng EI mà EI = EA (cmt) nên đường thẳng BD tiếp xúc với (E; EA).

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn B. 2

Từ ΔAOH vuông tại H, ta có: OH = OA . sinA = 12 . sin30° = 6 (cm).

Suy ra OH < R (6 cm < 8 cm)

Vậy tia Ax và đường tròn (O; 8 cm) cắt nhau tại hai điểm.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn D. Cả A, B, C đều đúng.

♦ Gọi J là giao điểm của OA và CD.

Do CD là đường trung trực của OA nên AC = OC = R hay OA = OC = AC = R (1).

Vậy ΔOAC là tam giác đều (câu A đúng).

♦ Chứng minh tương tự ta được OA = OD = AD = R (2).

Từ (1) và (2) suy ra OC = OD = AC = AD suy ra tứ giác OCAD là hình thoi (câu B đúng).

♦ Xét ΔOCI vuông tại C có CI = OC . tan60° = R3–√$R\sqrt{3}$ (câu C đúng).

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn C. BDOˆ=BOAˆ$\widehat{BDO}=\widehat{BOA}$

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: AB = AC suy ra A thuộc đường trung trực của BC.

Lại có: OB = OC hay O thuộc đường trung trực của BC.

Do đó AO là đường trung trực của đoạn BC.

Ta có AO ⊥ BC; DB ⊥ BC suy ra BD // AO.

Mà BDOˆ$\widehat{BDO}$ và BOAˆ$\widehat{BOA}$ là 2 góc so le trong nên BDOˆ=BOAˆ$\widehat{BDO}=\widehat{BOA}$.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn A. OI . OH = OK . OM

♦ Vì OA = OB (= R); MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên OM là đường trung trực của đoạn thẳng AB.

Suy ra OM ⊥ AB tại K.

♦ Xét ΔOIK và ΔOMH có: IOKˆ=MOHˆ$\widehat{IOK}=\widehat{MOH}$ là góc chung, OKIˆ=OHMˆ=90o$\widehat{OKI}=\widehat{OHM}={90}^o$.

Suy ra ΔOIK ∽$\backsim$ ΔOMH (g.g) nên OIOM=OKOH${\displaystyle \frac{OI}{OM}}={\displaystyle \frac{OK}{OH}}$.

Suy ra OI . OH = OK . OM.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn B. 253–√ cm2$25\sqrt{3}c{m}^2$

♦ Vì ME, MF là tiếp tuyến của (O) nên theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: FMOˆ=EMOˆ=30o$\widehat{FMO}=\widehat{EMO}={30}^o$.

Suy ra EMFˆ=60o$\widehat{EMF}={60}^o$. 

Vì ΔMEF có ME = MF, EMFˆ=60o$\widehat{EMF}={60}^o$ nên ΔMEF đều. Suy ra ME = MF = EF.

Mà chu vi ΔMEF là ME + MF + EF = 30 (cm) suy ra ME = MF = EF = 10 (cm).

♦ Gọi I là giao điểm của OM và EF. 

Vì OE = OF (bán kính); ME = MF (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên OM là đường trung trực của đoạn EF.

Suy ra OM ⊥ EF tại I.

Xét ΔMEI có MI = ME . cos30° = 53–√$5\sqrt{3}$ (cm).

Diện tích ΔMEF là: S = 12.MI.EF=253–√${\displaystyle \frac{1}{2}}.MI.EF=25\sqrt{3}$ (cm²)

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn A. 4 cm

Xét hình chữ nhật AMBO có: MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra tứ giác AMBO là hình vuông. Suy ra MA = MB = OA = OB = 2 cm.

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

+ DA, DC cắt nhau tại D nên DA = DC
+ EC, EB cắt nhau tại E nên EB = EC

Chu vi tam giác MDE là:

MD + ME + DE = MD + ME + DC + EC

                         = MD + ME + DA + EB

                         = (MD + DA) + (ME + EB)

                         = MA + MB = 2 + 2 = 4 (cm)

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn D. 1

♦ Đường tròn (O) tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CD, DA theo thứ tự tại M, N, P, Q.

Ta có: Bˆ+Cˆ=180o$\hat{B}+\hat{C}={180}^o$ (hai góc trong cùng phía); Bˆ=2Cˆ$\hat{B}=2\hat{C}$ (gt). Suy ra Bˆ=120o;Cˆ=60o$\hat{B}={120}^o;\hat{C}={60}^o$.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

+ A1ˆ=A2ˆ=D1ˆ=D2ˆ=45o$\widehat{A_1}=\widehat{A_2}=\widehat{D_1}=\widehat{D_2}={45}^o$ (Aˆ=Dˆ=90o$\hat{A}=\hat{D}={90}^o$); B1ˆ=B2ˆ=60o$\widehat{B_1}=\widehat{B_2}={60}^o$ (Bˆ=120o$\hat{B}={120}^o$); C1ˆ=C2ˆ=30o$\widehat{C_1}=\widehat{C_2}={30}^o$ (Cˆ=60o$\hat{C}={60}^o$)

+ AM = AQ, BM = BN, CN = CP, DP = DQ.

♦ Xét các khẳng định:

(1) Ta có: AD + BC = AQ + DQ + BN + CN = AM + DP + BM + CP = (AM + BM) + (DP + CP) = AB + CD

Chu vi hình thang ABCD là: AB + CD + AD + BC = AB + CD + AB + CD = 2(AB + CD)

Vậy chu vi hình thang ABCD bằng hai lần tổng hai cạnh đáy (khẳng định 1 đúng).

(2) Xét ΔAOD có A2ˆ=D2ˆ=45o$\widehat{A_2}=\widehat{D_2}={45}^o$ suy ra ΔAOD vuông cân tại O (khẳng định 2 sai).

(3) Xét ΔOBC có B1ˆ=60o$\widehat{B_1}={60}^o$, C1ˆ=30o$\widehat{C_1}={30}^o$ suy ra ΔOBC vuông tại O.

Suy ra OB = BC . sin30° = 12${\displaystyle \frac{1}{2}}$BC (khẳng định 3 sai).

(4) Xét ΔODC có D1ˆ=45o$\widehat{D_1}={45}^o$, C2ˆ=30o$\widehat{C_2}={30}^o$ suy ra ΔODC không phải tam giác đều nên ba cạnh OD, DC, OC không bằng nhau khẳng định 3 sai).

Vậy có 1 khẳng định đúng.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn B. AI=IH$AI=IH$

CA cắt BP tại D; BACˆ=90o$\widehat{BAC}={90}^o$ (vì A thuộc đường tròn đường kính BC)

PA = PB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) suy ra ΔPAB cân tại P hay A1ˆ=B1ˆ$\widehat{A_1}=\widehat{B_1}$.

Ta có: B1ˆ+D1ˆ=90o$\widehat{B_1}+\widehat{D_1}={90}^o$; A1ˆ+A2ˆ=BADˆ=90o$\widehat{A_1}+\widehat{A_2}=\widehat{BAD}={90}^o$ mà A1ˆ=B1ˆ$\widehat{A_1}=\widehat{B_1}$ nên D1ˆ=A2ˆ$\widehat{D_1}=\widehat{A_2}$.

Suy ra ΔPAD cân ở P. Do đó PD = PA mà PA = PB nên PD = PB (1).

Vì DB ⊥ BC, AH ⊥ BC nên DB // AH. Suy ra A3ˆ=D1ˆ$\widehat{A_3}=\widehat{D_1}$ (2 góc so le trong).

Xét ΔCAI và ΔCDP có: C1ˆ$\widehat{C_1}$ chung, A3ˆ=D1ˆ$\widehat{A_3}=\widehat{D_1}$. Suy ra ΔCAI ∽$\backsim$ ΔCDP (g.g). Suy ra IAPD=CICP${\displaystyle \frac{IA}{PD}}={\displaystyle \frac{CI}{CP}}$ (2).

Xét ΔCIH và ΔCPB có: C2ˆ$\widehat{C_2}$ chung, CHIˆ=CBPˆ=90o$\widehat{CHI}=\widehat{CBP}={90}^o$. Suy ra ΔCIH ∽$\backsim$ ΔCPB (g.g). Suy ra IHPB=CICP${\displaystyle \frac{IH}{PB}}={\displaystyle \frac{CI}{CP}}$ (3).

Từ (1), (2), (3) suy ra IAPD=IHPB${\displaystyle \frac{IA}{PD}}={\displaystyle \frac{IH}{PB}}$ mà PD = PB nên IA = IH.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn B. 11,31 km.

Trên hình bên, ta có điểm B biểu diễn vị trí của con tàu, điểm A biểu diễn vị trí của thủy thủ, điểm C biểu diễn điểm xa nhất mà thủy thủ nhìn thấy. Khi đó độ dài đoạn thẳng AC gọi là tầm nhìn xa tối đa từ A.
Đặt AB = h = 10 m = 0,01 km; OB = OC = R = 6400 km.
Ta tính AC theo R và h.
Do AC là tiếp tuyến với (O ; R) tại C nên suy ra  AC ⊥$\mathrm{\perp }$ OC tại C.
Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác ACO vuông tại C ta có:
AC2=AO2−OC2=(R+h)2−R2=2Rh+h2$A{C}^2=A{O}^2-O{C}^2=(R+h{)}^2-R^2=2Rh+h^2$.
Suy ra  

$AC=\sqrt{2Rh+h^2}=\sqrt{\mathrm{2.6400.0},01+0,{01}^2}\approx 11,31$ km.
Vậy tầm nhìn xa tối đa của thủy thủ khoảng 11,31 km.