Phần 2. (2,0 điểm) Câu trắc nghiệm đúng sai

Trong câu 13, 14, hãy chọn đúng hoặc sai cho mỗi ý a), b), c), d).

Lớp 9A và lớp 9B có tổng cộng \(86\) học sinh. Trong đợt thu nhặt giấy báo cũ thực hiện kế hoạch nhỏ, mỗi lớp có 3 bạn góp được \(5{\rm{ kg}}\), các bạn còn lại mỗi bạn góp \({\rm{2 kg}}{\rm{.}}\) Biết rằng lớp 9B góp nhiều hơn lớp 9A là \({\rm{8 kg}}\) giấy báo cũ. Gọi \(x\) là số học sinh của lớp 9A, \(y\) là số học sinh của lớp 9B \(\left( {x,{\rm{ }}y \in {\mathbb{N}^ * }} \right)\).

Hướng dẫn giải

a) Xét \(\Delta CAO\) vuông tại \(A\) (\(CA\) là tiếp tuyến) nên ba điểm \(O,A,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(CO.\) (1)

Xét \(\Delta CDO\) vuông tại \(D\) (\(DC\) là tiếp tuyến) nên ba điểm \(O,C,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(CO.\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(O,A,C,D\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(CO.\)

b) Gọi \(BD\) cắt \(AC\) tại \(A'\), \(BC\) cắt \(DF\) tại \(I\).

Xét \(\Delta ADB\) có trung tuyến \(OD = \frac{1}{2}AB\) nên \(\Delta ADB\) vuông tại \(D\).

Suy ra \(\Delta ADA'\) vuông tại \(D\).

Lại có \(CD = CA\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên suy ra được \[CD = AC'\].

Suy ra \[\Delta CAD\] cân tại \[C\] nên \[\widehat {CAD} = \widehat {CDA}\].

Có \[\widehat {CAD} + \widehat {AA'D} = \widehat {CDA} + \widehat {CDA'} = 90^\circ \] nên \[\widehat {AA'D} = \widehat {A'DC}\].

Suy ra \(CA' = A'D\).

Từ đây suy ra \(CA' = CA = CD\) hay \(C\) là trung điểm của \(AA'\).

Mặt khác, \(DF\parallel AA '\) (cùng vuông góc với \(AB\)) nên theo định lí Thalès thì \(\frac{{ID}}{{CA'}} = \frac{{IF}}{{CA}}\left( { = \frac{{BI}}{{BC}}} \right)\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(ID = IF\).

Do đó, \(BC\) đi qua trung điểm của \(DF.\)

c) Ta có: \(\cos \widehat {COD} = \frac{{OD}}{{OC}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2}\) suy ra \(\widehat {COD} = 60^\circ .\)

Suy ra \(\widehat {AOD} = 180^\circ - \widehat {COD} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ \).

Ta có \({S_{quat{\rm{ }}AOD}} = \frac{{\pi \cdot {R^2} \cdot 120^\circ }}{{360^\circ }} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}\).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \(COD\), có \(CD = \sqrt {C{O^2} - O{D^2}} = \sqrt {4{R^2} - {R^2}} = R\sqrt 3 \).

Ta có: \({S_{OCD}} = \frac{1}{2}CD \cdot DO = \frac{1}{2} \cdot R\sqrt 3 \cdot R = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Xét \(\Delta DCO\) và \(\Delta ACO\), có: \(CO\) chung (gt)

                                            \(CA = CD\) (tính chất)

                                            \(OA = OD = R\) (gt)

Do đó, \(\Delta DCO = \Delta ACO\) (c.c.c).

Suy ra \({S_{ACO}} = {S_{COD}} = \frac{1}{2}{S_{ACDO}}\).

Do đó, \({S_{ACDO}} = 2{S_{CDO}} = {R^2}\sqrt 3 \).

Diện tích phần tam giác \(ACD\) nằm ngoài đường tròn là: \({R^2}\sqrt 3 - \frac{{\pi {R^2}}}{3} = \left( {\sqrt 3 - \frac{\pi }{3}} \right){R^2}\).