a) Đáp án đúng là: B

b) Đáp án đúng là: A

Xét đường tròn (O) có $\widehat{BDC}$  và $\widehat{BAC}$   là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC.

Do đó $\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}=2\alpha .$

c) Đáp án đúng là: C

Xét đường tròn (O), ta có: $sđ\stackrel{⏜}{BEC}=360°-sđ\stackrel{⏜}{BAC}=360°-\widehat{BOC}=360°-2\alpha .$

Vì góc $\widehat{BEC}$  là góc nội tiếp chắn cung BEC nên ta có: $\widehat{BEC}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{BEC}=\frac{1}{2}\left(360°-2\alpha \right)=180°-\alpha .$

a) Đáp án đúng là: D

Áp dụng công thức  $\mathcal{l}=\frac{\pi Rn}{180},$ta có độ dài cung tròn có số đo 30° của đường tròn bán kính R là: $\mathcal{l}=\frac{\pi R\cdot 30}{180}=\frac{\pi R}{6}.$

b) Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức $S=\frac{\pi R^{2}n}{360},$   ta có diện tích hình quạt tròn tâm O, bán kính R, cung có số đo 45° là: $S=\frac{\pi R^2\cdot 45}{360}=\frac{\pi R^2}{8}.$

a) Vì ABCD là hình vuông nên ta có $\widehat{ADC}=\widehat{ABC}=\widehat{DCB}=90°.$

Hay CB ⊥ AB tại B và CD ⊥ AD tại D.

Mà CB và CD là bán kính của đường tròn (C; r) và B ∈ (C; r); D ∈ (C; r).

Suy ra AB, AD là các tiếp tuyến của đường tròn (C; r).

Vậy các đường thẳng NB, PD là các tiếp tuyến của đường tròn (C; r).

b) Xét đường tròn (C; r) có hai tiếp tuyến PM và PD cắt nhau tại P nên PC là tia phân giác của  $\widehat{MCD}.$Suy ra $\widehat{DCP}=\widehat{PCM}.$

Tương tự, MN và NB là hai tiếp tuyến của đường tròn (C; r) cắt nhau tại N nên CN là tia phân giác của$\widehat{MCB}.$  Suy ra $\widehat{MCN}=\widehat{NCB}.$

Lại có: $\widehat{DCP}+\widehat{PCM}+\widehat{MCN}+\widehat{NCB}=\widehat{DCB}=90°.$

Suy ra $2\left(\widehat{NCB}+\widehat{PCD}\right)=90°$ nên $\widehat{NCB}+\widehat{PCD}=45°.$

Do đó  $\widehat{NCP}=\widehat{MCN}+\widehat{PCM}=\widehat{NCB}+\widehat{PCD}=45°.$

Vậy $\widehat{NCP}=\widehat{NCB}+\widehat{PCD}=45°.$

a)

Gọi (O) là đường tròn có đường kính vuông góc với dây AB tại H.

Xét ∆OAB có OA = OB = R nên ∆OAB cân tại O.

∆OAB cân tại O có OH là đường cao (do OH ⊥ AB) nên đồng thời là đường trung tuyến của tam giác. Do đó H là trung điểm của AB.

Vậy đường kính vuông góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.

b)

Gọi (O) là đường tròn có đường kính đi qua trung điểm H của dây AB.

Xét ∆OAB có OA = OB = R nên ∆OAB cân tại O.

∆OAB cân tại O có OH là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao của tam giác. Do đó OH ⊥ AB tại H.

Vậy đường kính đi qua trung điểm của một dây không đi qua tâm thì vuông góc với dây ấy.

c)

Gọi (O) là đường tròn có hai dây AB, CD. Gọi OH, OK lần lượt là khoảng cách từ O đến AB, CD. Khi đó OH ⊥ AB tại H và OK ⊥ CD tại K.

Do đó, theo kết quả của câu a, ta có: H, K lần lượt là trung điểm của AB, CD.

Suy ra  $HB=\frac{1}{2}AB$và $KD=\frac{1}{2}CD.$

Mà AB = CD nên HB = KD. (1)

Xét ∆OHB vuông tại H, ta có: OB² = OH² + HB² (định lí Pythagore).

Suy ra OH² = OB² – HB² = R² – HB². (2)

Xét ∆OKD vuông tại H, ta có: OD² = OK² + KD² (định lí Pythagore).

Suy ra OK² = OD² – KD² = R² – KD². (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra OH² = OK², hay OH = OK.

Vậy hai dây bằng nhau thì cách đều tâm.

d)                  

Gọi (O) là đường tròn có hai dây AB, CD bằng nhau. Gọi OH, OK lần lượt là khoảng cách từ O đến AB, CD. Khi đó OH ⊥ AB tại H, OK ⊥ CD tại K.

Do đó, theo kết quả của câu a, ta có: H, K lần lượt là trung điểm của AB, CD.

Suy ra AB = 2HB và CD = 2KD.

Theo bài, OH = OK, suy ra OH² = OK². (1)

Xét ∆OHB vuông tại H, ta có: OB² = OH² + HB² (định lí Pythagore).

Suy ra HB² = OB² – OH² = R² – OH². (2)

Xét ∆OKD vuông tại H, ta có: OD² = OK² + KD² (định lí Pythagore).

Suy ra KD² = OD² – OK² = R² – OK². (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra HB² = KD², hay HB = KD.

Do đó 2HB = 2KD hay AB = CD.

Vậy hai dây cách đều tâm thì bằng nhau.

a) Vì đường thẳng a là tiếp tuyến của hai đường tròn (I) và (K) lần lượt tại tiếp điểm A, B nên IA ⊥ a tại A, KB ⊥ a tại B. Do đó IA // KB.

Xét ∆OBK có IA // KB nên $\frac{OI}{OK}=\frac{IA}{KB}=\frac{r}{R}$  (hệ quả định lí Thalès).

b) Vì MP ⊥ IK tại P nên MP là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (K).

Xét đường tròn (I), hai tiếp tuyến MA, MP cắt nhau tại M nên MA = MP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét đường tròn (K), hai tiếp tuyến MB, MP cắt nhau tại M nên MB = MP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Do đó MA + MB = MP + MP hay AB = 2MP.

Diện tích mặt đĩa CD có dạng hình vành khuyên là:

S = π(6² – 1,5²) = 33,75π ≈ 106 (cm²).

Diện tích mảnh vải có dạng một phần tư hình vành khuyên là: $S=\frac{1}{4}\pi \left(5^2-3^2\right)=4\pi \approx 12,6{\text{ (dm}}^2\text{).}$

a) Diện tích toàn bộ phần logo có dạng hình quạt tròn là:

 $S=\frac{\pi \cdot 8^2\cdot 60}{360}=\frac{32\pi }{3}\approx 33,5{\text{ (cm}}^2\text{).}$

Kẻ OH ⊥ AB.

Xét ∆OAB có OA = OB = R và  $\widehat{AOB}=60°$nên ∆OAB là tam giác đều. Do đó $\widehat{OAB}=60°.$

Xét ∆OHA vuông tại H, ta có: $OH=OA\cdot \sin \widehat{OAH}=OA\cdot \sin 60°\text{ (cm).}$

Diện tích phần logo màu xanh có dạng tam giác OAB là:

$S_1=\frac{1}{2}OA\cdot OH=\frac{1}{2}OA\cdot OA\cdot \sin 60°=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 8\cdot \sin 60°=16\sqrt{3}{\text{ (cm}}^2\text{)}\approx 27,7{\text{ (cm}}^2\text{).}$

Diện tích phần logo màu đỏ có dạng hình viên phân là:

S₂ = S – S₁ ≈ 33,5 – 27,7 = 5,8 (cm²).

Đổi 1 dặm = 1 609 m = 1,609 km.

a) Diện tích vùng biển có thể nhìn thấy ánh sáng từ hải đăng là:

 $S=\frac{\pi \cdot {\left(18\cdot 1,609\right)}^2\cdot 245}{360}\approx 1793\left({\text{km}}^2\right).$

b) Khoảng cách nhỏ nhất từ con thuyền đến ngọn hải đăng chính là đoạn thẳng vuông góc OH từ ngọn hải đăng (điểm O) đến dây cung CD được mô tả bởi hình vẽ sau:

Xét đường tròn (O) có OH ⊥ CD tại H nên theo kết quả câu a, Bài 4, SGK Toán 9, Tập một, trang 124, ta có: H là trung điểm của CD.

Khi đó $CH=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}\cdot 28=14$  (dặm).

Xét ∆OHC vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có:

OC² = OH² + CH²

Suy ra OH² = OC² – CH² = 18² – 14² = 128.

Do đó $OH=\sqrt{128}\approx 11$  (dặm).

Vậy khoảng cách nhỏ nhất từ thuyền đến ngọn hải đăng khoảng 11 dặm.