Bài tập ôn tập Toán 9 Chương 5 (có đáp án)

Chọn D

Đường tròn là hình có trục đối xứng và bất kỳ đường kính nào cũng là trục đối xứng của đường tròn. Do đó, đường tròn có vô số trục đối xứng.

Chọn A

Vì $OM > R$ nên điểm $M$ nằm bên ngoài đường tròn.

Chọn C

Vì $\Delta OAB$ đều suy ra $\widehat {AOB} = 60^\circ$ nên số đo cung nhỏ $AB$ là $60^\circ$.

Chọn C

Ta có $OA = \sqrt {{{\left( { - 1 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - 0} \right)}^2}} = \sqrt 2 < 2 = R$.

Do đó $A$ nằm trong đường tròn tâm $O$ bán kính $R = 2$.

Chọn D

Ta có $\Delta OAM$ cân tại $O$ $\left( {OA = OM = R} \right)$.

Vì $OB \bot AM$ tại $H$ nên $OB$ đồng thời là đường phân giác của $\widehat {AOM}$.

Khi đó $\widehat {AOB} = \widehat {BOM} = 80^\circ$ suy ra $\widehat {AOM} = \widehat {AOB} + \widehat {BOM} = 80^\circ + 80^\circ = 160^\circ .$

Do đó số đo của cung nhỏ bằng $\widehat {AOM} = 160^\circ$.

Chọn A

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$, khi đó $AB \bot OH$, $AH = \frac{{AB}}{2} = 12\,\,{\rm{cm}}\,;\,\,OH = 9\,\,{\rm{cm}}.$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $HAO$ vuông tại $H$, ta có:

$O{A^2} = H{O^2} + H{A^2} = {9^2} + {12^2} = 225.$

Do đó $R = OA = 15\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}$

Chọn C

Kẻ đường thẳng qua $O$ vuông góc với $AC$ tại $E$ và cắt $BD$ tại $F$ thì $EF \bot BD$ tại $F$ vì $AC\,{\rm{//}}\,BD.$

Xét hai tam giác vuông $OEA$ và tam giác $OFB$ có $OB = OA\,;\,\,\widehat {EAO} = \widehat {FBO}$ (so le trong)

Do đó $\Delta AEO = \Delta BFO$ (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra $AE = BF$(hai cạnh tương ứng) hay $AC = DB.$

Chọn C

Giả sử $OC \bot AB$ tại $H$, khi đó $H$ là trung điểm của $AB$.

Để $ACBO$ là hình thoi thì $H$ cũng phải là trung điểm của $OC$, suy ra: $OH = \frac{{OC}}{2} = \frac{R}{2}$.

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông $OAH$

Ta có: $A{H^2} = O{A^2} - O{H^2} = {R^2} - {\left( {\frac{R}{2}} \right)^2} = \frac{{3{R^2}}}{4}$.

$AH = \frac{{R\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 .\sqrt 3 }}{2} = \frac{3}{2}$

$AB = 2AH = 3$.

Vậy để $ACBO$ là hình thoi thì $AB = 3.$

Chọn B

Vì $M,\,\,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,\,\,CD$ nên $OM \bot AB$, $ON \bot CD$ và $AM = 4\,\,{\rm{cm}}{\rm{,}}$

$$CN = 3\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}$$

Áp dụng định lý Pythagore trong hai tam giác vuông $OAM$ và $OCN$, ta có:

• $O{M^2} = O{A^2} - A{M^2} = 9$ nên $OM = 3\,{\rm{cm}}$.

• $O{N^2} = O{C^2} - C{N^2} = 16$ nên $ON = 4\,\,{\rm{cm}}$.

Do đó $OM < ON.$

Chọn B

Kẻ $OH \bot AB\,\,\left( {H \in AB} \right)$ thì $H$ là trung điểm của $AB$.

Tam giác $OAB$ cân tại $O$ $\left( {OA = OB = R} \right)$ nên đường cao $OH$ cũng là đường trung tuyến và đường phân giác, suy ra $AH = \frac{{AB}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}$ và $\widehat {AOB} = 2\widehat {AOH}$.

Xét tam giác vuông $HOA$, ta có: $\sin \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{AO}} = \frac{{R\sqrt 3 }}{{2R}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Suy ra $\widehat {AOH} = 60^\circ$ nên $\widehat {AOB} = 2\widehat {AOH} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ$.

Chọn B

Do $AB\,{\rm{//}}\,CD$ nên ta kẻ $HOK$ vuông góc với $AB$ và $CD$ lần lượt tại $H$ và $K$.

Suy ra $H$ và $K$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$.

Từ giả thiết ta có: $HK = 28\,\,{\rm{cm}}\,,\,\,2HA = AB = 32\,\,{\rm{cm}}\,,\,\,OA = OC = 20\,\,{\rm{cm}}.$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $AOH$ vuông tại $H$ ta có:

$OH = \sqrt {O{A^2} - H{A^2}} = \sqrt {{{20}^2} - {{16}^2}} = 12\,\,({\rm{cm}})$.

Suy ra $OK = HK - OH = 28 - 12 = 16\,\,({\rm{cm}}).$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $COK$ vuông tại $K$ ta có:

$CK = \sqrt {O{C^2} - O{K^2}} = \sqrt {{{20}^2} - {{16}^2}} = 12\,\,({\rm{cm}}).$

Do đó $CD = 2CK = 2 \cdot 12 = 24\,\,({\rm{cm}}).$

Chọn A

Gọi $R$ là bán kính của hình tròn.

Ta có $R = \frac{C}{{2\pi }} = \frac{{20}}{{2\pi }} = \frac{{10}}{\pi }\,\,({\rm{cm}}).$

Diện tích hình tròn là: $S = \pi {R^2} = \pi {\left( {\frac{{10}}{\pi }} \right)^2} = \frac{{100}}{\pi } \approx 31{,}8\,\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})$.

Vậy diện tích của hình tròn đó khoảng $31{,}8\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$.

Chọn B

Gọi số đo của cung $AB$ là $n^\circ$. Khi đó độ dài cung $AB$ là

nên $n = \frac{{180}}{6} = 30$.

Vậy số đo cung $AB$ là $30^\circ$.

Chọn A

Kẻ đường thẳng qua $O$ vuông góc với $CD$ tại $E$ và cắt $AB$ tại $F$ thì $EF \bot AB$ vì $AB\,{\rm{//}}\,CD$

Khi đó $E$ là trung điểm của $CD$ và $F$ là trung điểm của $AB$.

Nên $ED = 6\,\,{\rm{cm}}\,;\,\,FB = 8\,\,{\rm{cm}}\,;\,\,OD = OB = 10\,\,{\rm{cm}}.$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông $OED$ ta được $OE = \sqrt {O{D^2} - E{D^2}} = 8\,\,({\rm{cm}}).$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông $OFB$ ta được $OF = \sqrt {O{B^2} - F{B^2}} = 6\,\,({\rm{cm}}).$

Vậy khoảng cách giữa hai dây là $EF = OE + OF = 14\,\,({\rm{cm}}).$

Chọn C

Xét đường tròn $\left( O \right)$, cung $AB$ có số đo $n = 90^\circ$.

Ta có ${S_{vp}} = {S_{q\,AOB}} - {S_{AOB}} = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} - \frac{{OA \cdot OB}}{2}$$= \frac{{\pi {R^2}90}}{{360}} - \frac{{R \cdot R}}{2} = \frac{{\pi {R^2}}}{4} - \frac{{{R^2}}}{2} = \frac{{\left( {\pi - 2} \right){R^2}}}{4}.$

Chọn B

Xét đường tròn $\left( O \right)$có $MA;MB$là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $M$ nên $OM$ là tia phân giác của góc $\widehat {AOB}$.

Suy ra $\widehat {AOB} = 2\widehat {AOM} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ$ mà $\widehat {AOB}$ là góc ở tâm chắn cung $AB$nên số đo cung nhỏ $AB$ là $120^\circ$.

Chọn A

Xét $(O)$ có $AB \bot CD$ tại $H$ và $AB$ là đường kính nên $H$ là trung điểm của $CD$ nên $HD = HC = \frac{{CD}}{2} = 6cm$

Vì $AB = 14$ suy ra $OA = OB = OD = \frac{{14}}{2} = 7\,\,({\rm{cm}}).$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông $OHD$ ta được $OH = \sqrt {O{D^2} - D{H^2}} = \sqrt {13} \,\,({\rm{cm}}).$
Khi đó $HA = OA + OH = 7 + \sqrt {13} \,\,({\rm{cm}}).$

Chọn A

Diện tích của mảnh vườn là $\pi O{A^2}\,\,({{\rm{m}}^{\rm{2}}}).$

Diện tích của lối đi là $\pi O{B^2} - \pi O{A^2}\,\,({{\rm{m}}^{\rm{2}}}).$

Vì diện tích vuòn hoa bằng diện tích lối đi nên

$\pi O{A^2} = \pi O{B^2} - \pi O{A^2}$ hay $\pi O{B^2} = 2\pi O{A^2}$ nên $OB = \sqrt 2 OA$.

Chiều rộng lối đi là: $AB = OB - OA = \sqrt 2 OA - OA = \sqrt 2 \cdot 5 - 5 \approx 2{,}1\,\,({\rm{m}}).$

Chọn B

Ta có đường kính $d = 8\,\,{\rm{cm}}.$

Khi đó, chu vi của hình tròn bằng $\pi d = 8\pi \approx 25{,}1\,\,({\rm{cm}}).$

Chọn A

Độ dài cung tròn có số đo $n = 60^\circ$, bán kính $R$ là: $\frac{{\pi Rn}}{{180}} = \frac{{\pi R.60}}{{180}} = \frac{{\pi R}}{3}$.

Chọn B

Gọi số đo cung $AB$ là $n^\circ$. Khi đó độ dài cung $AB$ bằng $\frac{{\pi Rn}}{{180}}$.

Theo giả thiết, ta có $\frac{{\pi Rn}}{{180}} = \frac{{\pi R}}{4}$ hay $\frac{n}{{180}} = \frac{1}{4}$ nên $n = 45$.

Vậy số đo cung $AB$ bằng $45^\circ$.

Chọn A

Theo giả thiết, độ dài cung của hình quạt $\ell = 2R$.

Vậy diện tích hình quạt tròn đó là $S = \frac{{\ell R}}{2} = \frac{{2R \cdot R}}{2} = {R^2}.$

Chọn A

Gọi $\widehat {AOB} = n^\circ$. Khi đó , độ dài cung $AB$ bằng $\frac{{\pi Rn}}{{180}}$.

Theo giả thiết, ta có $\frac{{\pi Rn}}{{180}} = R$ hay $\frac{{\pi n}}{{180}} = 1$ nên $n = \frac{{180}}{\pi } \approx 57^\circ 18'$.

Chọn C

Diện tích của hình tròn tỉ lệ thuận với bình phương bán kính của nó.

Vậy khi tăng bán kính của hình tròn lên $3$ lần thì diện tích của nó tăng lên ${3^2} = 9$ (lần).

Chọn A

Độ dài cung của đường tròn tỉ lệ thuận với số đo góc của cung.

Do vậy nếu giảm số đo góc của cung đi $2$ lần thì độ dài cung sẽ giảm $2$ lần.

Chọn B

Độ dài của hai nửa đường tròn bằng: $400 - 100 - 100 = 200\,\,({\rm{m}}).$

Suy ra $\pi .BC = 200$ nên $BC = \frac{{200}}{\pi } \approx 63{,}7\,\,({\rm{m}})$.

Lời giải

Chọn D

Gọi $AEBFCGDH$ là hình hoa bốn cánh.

Tam giác $DEC$có ba cạnh bằng nhau nên $DEC$là tam giác đều.

Do đó $\widehat {DCE} = 60^\circ$ nên $\widehat {ECB} = 30^\circ$ hay .

Độ dài cung $EB$ bằng $\frac{{\pi a.30}}{{180}} = \frac{{\pi a}}{6}$.

Vì mỗi cũng của cánh hoa đều bằng nhau nên chu vi hình hoa bằng $8.\frac{{\pi a}}{6} = \frac{4}{3}\pi a$.

Chọn A

Ta có $\Delta CAB$ vuông cân tại $C$ nên $CA = CB = R\sqrt 2$.

Diện tích hình viên phân $AmB$ bằng

$${S_{AmB}} = {S_{quat\,\,CAB}} - {S_{CAB}} = \frac{{\pi C{A^2} \cdot 90}}{{360}} - \frac{{C{A^2}}}{2} = \frac{{\pi {{\left( {R\sqrt 2 } \right)}^2}}}{4} - \frac{{{{\left( {R\sqrt 2 } \right)}^2}}}{2} = \frac{{\pi {R^2}}}{2} - {R^2}.$$

Diện tích nửa hình tròn đường kính $AB$ bằng $\frac{{\pi {R^2}}}{2}$.

Vậy diện tích phần tô đậm bằng $\frac{{\pi {R^2}}}{2} - \left( {\frac{{\pi {R^2}}}{2} - {R^2}} \right) = {R^2}$.

Chọn C

Diện tích tam giác đều $ABC$ cạnh $20\,\,{\rm{cm}}$ là: ${S_{ABC}} = \frac{{{{20}^2}\sqrt 3 }}{4} = 100\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).$

Diện tích hình quạt tròn $MAN$ là: ${S_{quat\,MAN}} = \frac{{\pi {{.10}^2} \cdot 60}}{{360}} = \frac{{50\pi }}{3}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).$

Diện tích tam giác đều $MAN$ là: ${S_{MAN}} = \frac{{{{10}^2}\sqrt 3 }}{4} = 25\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).$

Diện tích hình viên phân $AN$ là: ${S_{quat\,MAN}} - {S_{MAN}} = \frac{{50\pi }}{3} - 25\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).$

Diện tích bông hoa ba cánh bằng tổng diện tích tam giác đều $ABC$ và $6$ lần diện tích hình viên phân $AN$ là: $S = 100\sqrt 3 + 6\left( {\frac{{50\pi }}{3} - 25\sqrt 3 } \right) = 100\pi - 50\sqrt 3 \approx 227{,}6\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).$

Chọn C

Diện tích hình quạt tròn $AOB$ là: ${S_{quat\,AOB}} = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2} \cdot 120}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).$

Ta có $\widehat {AOH} = 180^\circ - \widehat {AOB} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.

Tam giác $AOH$ vuông tại $H,$ ta có: $AH = OA \cdot \sin \widehat {AOH} = R \cdot \sin 60^\circ = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}$.

Diện tích tam giác $AOB$ là: ${S_{OAB}} = \frac{1}{2}AH \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot \frac{{R\sqrt 3 }}{2} \cdot R = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).$

${S_{vien\,phan\,\,AB}} = {S_{quat\,\,AOB}} - {S_{OAB}} = \frac{{\pi {R^2}}}{3} - \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4} = {R^2}\left( {\frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right) = {20^2}\left( {\frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right) \approx 246\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).$

Vậy diện tích hình viên phân có bán kính $20\,\,{\rm{cm}}{\rm{,}}$ số đo cung $120^\circ$ khoảng $246\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.$

a) Đúng. Bán kính hình quạt tròn là: $R = \frac{d}{2} = \frac{8}{2} = 4\,\,(cm).$

b) Đúng. Độ dài của cung tròn xác định bằng công thức: $\ell = \frac{n}{{180}}\pi R\,\,(cm).$

c) Sai. Độ dài cung tròn $36^\circ$ của một đường tròn có đường kính 8 cm là:

$\ell = \frac{{36}}{{180}}\pi \cdot 4 = \frac{4}{5}\pi \,\,({\rm{cm}}).$

d) Đúng. Diện tích quạt tròn $36^\circ$ của một đường tròn có bán kính $8{\rm{ cm}}$ là:

${S_{\rm{q}}} = \frac{{36}}{{360}}\pi \cdot {4^2} = \frac{8}{5}\pi \,\,(c{m^2}).$

a) Đúng. Chu vi đường tròn $\left( O \right)$ là $C = 2\pi R = 2\pi \cdot 8 = 16\pi \,\,({\rm{cm}}).$

b) Đúng. Độ dài cung nhỏ $AB$ là: $\ell = \frac{{\pi Rn}}{{180}} = \frac{{\pi \cdot 8 \cdot 120}}{{180}} = \frac{{16}}{3}\pi \,\,({\rm{cm}})$.

c) Sai. Diện tích hình quạt tròn $AOB$ là: $S = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \frac{{\pi \cdot {8^2} \cdot 120}}{{360}} = \frac{{64}}{3}\pi \,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^2}).$

d) Sai. Ta có $\Delta OAB$ là tam giác cân tại $O$ có $OA = OB = R\,;\,\,\widehat {AOB} = 120^\circ .$

Suy ra ${S_{OAB}} = \frac{1}{2}\sin 30^\circ \cdot R \cdot \left( {2\cos 30^\circ \cdot R} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 2 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot 8 = 16\sqrt 3 \,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^2}).$

Diện tích hình viên phân giới hạn bởi hình quạt tròn $AOB$ và dây $AB$ là:

${S_{AmB}} = {S_{OAmB}} - {S_{OAB}} = \frac{{64}}{3}\pi - 16\sqrt 3 \approx 39{,}3\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^2}).$

Hai tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn $\left( O \right)$ cắt nhau tại $A$ nên $AB,\,\,AC$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right).$

a) Sai. Vì $AC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ nên $OC \bot AC$ (tính chất của tiếp tuyến).

b) Đúng. Vì $AB,\,\,AC$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ nên $OA$ là đường phân giác của $\widehat {COB}$ hoặc $AO$ là đường phân giác của $\widehat {CAB}$.

c) Đúng. Vì $AB,\,\,AC$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ nên $AB = AC$ (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau).

d) Đúng. Tam giác $ABC$ cân tại $A$ (do $AB = AC$) có $AO$ là đường phân giác của $\widehat {CAB}$ nên $OA \bot BC$ tại trung điểm của $BC$.

a) Đúng. Xét tam giác $MNP$ có: ${13^2} = {12^2} + {5^2}$ hay $M{P^2} = N{P^2} + M{N^2}$.

Suy ra tam giác $MNP$ vuông tại $N$ (định lí Pythagore đảo).

Do đó $MN \bot NP$ mà $N \in \left( {M;\,\,MN} \right)$ nên $NP$ là tiếp tuyến của $\left( {M;\,\,MN} \right)$.

b) Sai. Ta có $\sin \widehat {NPM} = \frac{{MN}}{{MP}} = \frac{5}{{13}}$ nên $\widehat {NPM} \approx 22{,}62^\circ .$

c) Đúng. Ta có $\widehat {NMP} = 90^\circ - 22{,}62^\circ = 67{,}38^\circ$.

Do $\widehat {NMP}$ là góc ở tâm khác góc bẹt nên là cung nhỏ, do đó sđ

d) Sai. Vì $\Delta MNQ$ cân tại $M$ nên $\widehat {MNQ} = \frac{{180^\circ - \widehat {NMP}}}{2} = 56{,}31^\circ .$

Do đó $\widehat {PNQ} = 90^\circ - \widehat {MNQ} = 33{,}69^\circ .$

a) Đúng. Ta có: $PM = PN$ (theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra $P$ thuộc đường trung trực của $MN$. (1)

Lại có $OM = ON = R$ nên $O$ thuộc đường trung trực của $MN$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $OP$ là đường trung trực của $MN$ nên $NM \bot OP$.

b) Đúng. Ta có: $PM \bot OM$ (tiếp tuyến vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm) nên $\widehat {OMP} = 90^\circ .$

Từ $\Delta OMP$ vuông tại $M$, ta có: $\cos \widehat {POM} = \frac{{OM}}{{OP}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2}.$ Suy ra $\widehat {POM} = 60^\circ .$

Ta có $\widehat {POM} = \widehat {PON} = 60^\circ$ (theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó $\widehat {MON} = 120^\circ .$

c) Đúng. Vì $PM = PN$ nên $\Delta PMN$ cân tại $P$. (3)

Ta có: $\widehat {POM} + \widehat {MPO} = 90^\circ$ suy ra $\widehat {MPO} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ .$

Suy ra $\widehat {MPO} = \widehat {NPO} = 30^\circ$ (theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)

Do đó $\widehat {MPN} = 60^\circ$. (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\Delta PMN$ là tam giác đều.

d) Sai. Xét $\Delta OMN$cân tại $O$ có $\widehat {MON} = 120^\circ$ (cmt).

Khi đó $\widehat {OMN} = \widehat {ONM} = 30^\circ$ nên $\widehat {MON} > \widehat {OMN}$.

Do đó $MN > ON$ hay $MN > R.$

a) Đúng. Vì đường thẳng $a$ cắt đường tròn $\left( {O\,;\,\,10\,\,{\rm{cm}}} \right)$ tại hai điểm nên đường thẳng $a$ là cát tuyến của đường tròn $\left( O \right)$.

b) Đúng. Vì $M,N$ thuộc đường tròn $\left( O \right)$ nên $OM,\,\,ON$ là bán kính đường tròn $\left( O \right)$.

Suy ra $OM = ON$ hay $\Delta OMN$ cân tại $O$.

c) Sai. Vì $OH$ vuông góc với $MN$ tại $H$ nên $H$ là trung điểm của $MN$ (quan hệ giữa đường kính và dây).

Khi đó $NH = \frac{{MN}}{2} = \frac{{16}}{2} = 8\,\,({\rm{cm)}}{\rm{.}}$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $OHN$ vuông tại $H$, ta có: $N{O^2} = H{N^2} + O{H^2}.$

Suy ra $O{H^2} = N{O^2} - H{N^2} = {10^2} - {8^2} = 36$.

Do đó $OH = 6\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}$

d) Đúng. Ta có: $OK = ON = OM$ (bán kính đường tròn $\left( O \right))$.

Suy ra $OM = \frac{1}{2}KN$, nên tam giác $MKN$ vuông tại $M$.

Khi đó $KM$vuông góc với $MN$.

Mà $OH$vuông góc với $MN$ nên $OH\,{\rm{//}}\,KM.$

Xét tam giác $MKN$ có $OH\,{\rm{//}}\,KM$ và $OK = ON$.

Do đó $OH$ là đường trung bình của $\Delta KMN$.

Suy ra $OH = \frac{1}{2}KM$ hay $\frac{1}{2}KM = 6\,\,{\rm{cm}}$. Do đó $KM = 12\,\,{\rm{cm}}$.

a) Đúng. Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $OAB$ vuông tại $B,$ ta có: $O{A^2} = O{B^2} + A{B^2}.$

Suy ra $A{B^2} = O{A^2} - O{B^2} = {10^2} - {6^2} = {8^2}$. Do đó $AB = 8\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}$

b) Đúng. Ta có $\sin \widehat {OAB} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{6}{{10}}$ nên $\widehat {OAB} \approx 37^\circ .$

c) Sai. Xét $\Delta OCB$ và $\Delta CAB$ có: $\frac{{OB}}{{AB}} = \frac{{OC}}{{AC}}$ nhưng không có cặp góc nào bằng nhau.

Do đó $\Delta OCB$ và $\Delta CAB$ không đồng dạng với nhau.

d) Đúng. Vì $AB,\,\,AC$ là hai tiếp cắt nhau nên $AB = AC$ và $AO$ là tia phân giác của $\widehat {BAC}.$

Suy ra $AO$ đi qua trung điểm và vuông góc với $BC.$

Khi đó, $CB$ là đường trung trực của $OA$ nên $CB \bot OA$ tại $H$ hay $\widehat {OHC} = 90^\circ .$

Xét $\Delta OCH$ và $\Delta OAC$ có: $\widehat {OCA} = \widehat {OHC} = 90^\circ$; $\widehat {COA}$ chung.

Do đó $ΔOCH∽\ ΔOAC\ (\text{g.g}).$

Suy ra $\frac{{OC}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OC}}$ hay $O{C^2} = OA \cdot OH$.

a) Sai. Vì điểm $B$ thuộc đường tròn nên $OB$ là bán kính. Do đó $OB = 3\,\,{\rm{cm}}.$

b) Đúng. Vì $OB$ là bán kính đường tròn $\left( O \right)$ và $AB$ là tiếp tuyến tại $B$.

Do đó $OB$ vuông góc với $AB$ (tính chất tiếp tuyến đường tròn).

c) Đúng. Vì $A$ là giao diểm của hai tiếp tuyến $AB$ và $AC$ nên $OA$ là tia phân giác của $\widehat {BAC}.$

Suy ra $\widehat {BAC} = 2\widehat {BAO} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ .$

Lại có $\Delta ABC$ có $AB = AC$, suy ra $\Delta ABC$ đều.

d) Sai. Ta có $AB = AC$ (tính chất hai tiếp tuyến đường tròn).

Suy ra điểm $A$ thuộc đường trung trực của $BC$. (1)

Lại có $OB = OC$ (bán kính đường tròn $(O)).$

Suy ra điểm $O$ thuộc đường trung trực của $BC$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $OA$ là đường trung trực của đoạn thẳng$BC$.

Do đó $OA$ vuông góc với $BC$.

a) Sai. Ta có $OM = R$ mà $R > r$ nên $OM > r$.

b) Sai. Ta có $O'N = r$ nên $OM > O'N.$

c) Đúng. Gọi $I$ là giao điểm của $MN$ và $EF$.

Ta có $MN = MI - NI$ và $EF = EI - FI$.

Mà $MI = EI$; $NI = FI$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên $MN = EF.$

d) Đúng. Ta có $IO'$ là tia phân giác của $\widehat {NIF}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Và $IO$ là tia phân giác của $\widehat {MIE}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra $IO \equiv IO'$ hay $O,\,\,O',\,\,I$ thẳng hàng.

a) Đúng. Ta có $DE$ vừa là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ vừa là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {O'} \right)$ $\left( {D \in \;\left( O \right);\,\,E \in \left( {O'} \right)} \right).$

Suy ra $OD \bot DE$ và $OE \bot DE$ nên $OD\,\,{\rm{//}}\,\,O'E.$

b) Sai. Xét tam giác $OAD$ cân tại $O$ nhưng không có thêm điều kiện gì nên chưa thể khẳng định $\widehat {AOD} = 60^\circ .$

c) Đúng. Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $OD = OA$ nên $\Delta OAD$ cân tại $O$ suy ra $\widehat {ODA} = \widehat {OAD}.$

Xét đường tròn $\left( {O'} \right)$ có $O'E = O'A$ nên $\Delta O'EA$ cân tại $O'$ suy ra $\widehat {O'EA} = \widehat {O'AE}.$

Mà $\widehat O + \widehat {O'} = 360^\circ - \widehat {O'ED} - \widehat {ODE} = 180^\circ$.

Khi đó: $180^\circ - \widehat {ODA} - \widehat {OAD} + 180^\circ - \widehat {O'EA} - \widehat {O'AE} = 180^\circ$

$$2\left( {\widehat {OAD} + \widehat {O'AE}} \right) = 180^\circ$$

$$\widehat {OAD} + \widehat {O'AE} = 90^\circ$$

$$\widehat {DAE} = 90^\circ .$$

Suy ra $\Delta ADE$ vuông tại $A$.

Mà $\;\widehat {BAD} = 90^\circ$ (vì tam giác $BAD$ có cạnh $AB$ là đường kính của $\left( O \right)$ và $D \in \;\left( O \right))$ nên $BD\; \bot AD$ hay $\;\widehat {MDA} = 90^\circ .$

Tương tự ta có $\;\widehat {MEA} = 90^\circ .$

Do đó tứ giác $DMEA$ là hình chữ nhật.

d) Sai. Ta có $\widehat {MAE} = \widehat {DEA}$ (tính chất hình chữ nhật $DMEA$)

Mà $\widehat {EAO'} = \widehat {O'EA}$ ($\Delta O'AE$ cân tại $O'$) nên $\widehat {MAO'} = \widehat {O'ED}$.

Lại có $\widehat {O'ED} = 90^\circ$ nên $\widehat {O'AM} = 90^\circ$ hay $MA \bot OO'.$

Mà $A \in \left( {O'} \right)$ suy ra $MA$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {O'} \right)$.

Chu vi bồn hoa hình tròn là: $2\pi \cdot 1{,}6 = 3{,}2\pi \,\,({\rm{m}}).$

Chi phí làm hàng rào là: $3{,}2\pi \cdot 70 = 224\pi \approx 704$ (nghìn đồng).

Vậy chi phí làm hàng rào khoảng 704 nghìn đồng.

Đáp án: 704.

Gọi $x\,\,({\rm{m}})$ là kích thước kia của hình chữ nhật $\left( {x > 0} \right).$