Đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức – Đề 08 (có đáp án)

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: $$OC$$ là tia phân giác của $$\widehat{AOM}$$, $$OD$$ là tia phân giác của  $$\widehat{BOM}$$.

Mà $$\widehat{AOM}$$ và $$\widehat{BOM}$$ là hai góc kề bù nên $$\widehat{COD}=90^{\circ }$$.

Suy ra tam giác $$COD$$ vuông tại $$O$$ có $$OM\perp CD$$ ($$OM$$ là tiếp tuyến).

Xét $$\Delta MOC$$ và $$\Delta MDO$$ có:

$$\widehat{COM}=\widehat{MOD}=90^{\circ }$$ (gt) và $$\widehat{MCO}=\widehat{MOD}$$ (cùng phụ với $$\widehat{COM}$$)

Do đó,  (g.g)

Suy ra $$\frac{MO}{MD}=\frac{MC}{MO}$$, suy ra $$O{M}^2=CM.DM$$.

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: $$AC=CM$$ và $$BD=MD$$.

Do đó, $$O{M}^2=CM.DM=AC.BD$$ suy ra $$R^2=AC.BD$$.            (1)

Mà ta có: $$AB=2R$$ suy ra $$A{B}^2=4R^2$$ nên  $$R^2=\frac{A{B}^2}{4}.$$          (2)

Từ (1) và (2) suy ra $$AC.BD=\frac{A{B}^2}{4}$$ (đpcm).

b) Ta có: $$\widehat{COD}=90^{\circ }$$ nên $$OC\perp OD$$.          (3)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau có $$DB=DM$$, lại có $$OM=OB=R$$.

Suy ra $$OD$$ là đường trung trực của $$BM$$ suy ra $$BM\perp OD$$.            (4)

Từ (3) và (4) suy ra $$OC\parallel BM$$ (cùng vuông góc với $$OD$$).

Gọi $$I$$ là trung điểm của $$CD$$ ta có $$I$$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $$OCD$$ đường kính $$CD$$.

Theo tính chất tiếp tuyến ta có $$AC\perp AB$$, $$BD\perp AB$$ nên $$AC\parallel BD$$ nên tứ giác $$ACDB$$ là hình thang vuông.  

Mà $$I$$ là trung điểm $$CD$$; $$O$$ là trung điểm $$AB$$, suy ra $$IO$$ là đường trung bình của hình thang $$ACDB$$ nên $$OI\parallel AC$$.

Mà $$AC\perp AB$$ nên $$OI\perp AB$$ tại $$O$$.

Suy ra $$AB$$ là tiếp tuyến tại $$O$$ của đường tròn đường kính $$CD.$$

Ta có: $$AC\parallel BD$$ suy ra $$\frac{CN}{BN}=\frac{AC}{BD}$$ mà $$CA=CM$$; $$BD=DM$$ nên $$\frac{CN}{BN}=\frac{CM}{DM}$$.

Suy ra $$MN\parallel BD$$ mà $$BD\perp AB$$ suy ra $$MN\perp AB.$$

c) Ta có: $$AM=AO=OM=R$$ suy ra $$\Delta OAM$$ đều.

Do đó, $$\widehat{AOM}=60^{\circ }$$.

Mà, ta có: $$\widehat{AOM}+\widehat{MOB}=180^{\circ }$$, suy ra $$\widehat{MOB}=180^{\circ }-\widehat{AOM}=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$$.

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính $$OM,OB$$ và cung nhỏ $$MB$$ là

$$S=\frac{n\pi R^2}{360}=\frac{120\pi R^2}{360}=\frac{\pi R^2}{3}.$$

d) Ta có: $$AC=CM$$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);

$$OA=OM=R$$

Do đó $$OC$$ là đường trung trực của $$AM$$, suy ra $$OC\perp AM$$.

Mà $$OD$$ là đường trung trực của $$BM$$, suy ra $$BM\perp OD$$ (chứng minh phần b).

Xét tứ giác $$MEOF$$ có: $$\widehat{EOF}=90^{\circ };\widehat{MEO}=90^{\circ };\widehat{MFO}=90^{\circ }$$.

Suy ra tứ giác $$MEOF$$ là hình chữ nhật.

Mà $$K$$ là trung điểm của $$EF$$.

Suy ra $$K$$ là trung điểm của $$OM$$(tính chất hai đường chéo của hình chữ nhật).

Do đó, $$KM=KO=\frac{1}{2}MO=\frac{1}{2}R$$.

Vậy $$M$$ di chuyển trên $$\left(O\right)$$ thì trung điểm $$K$$ của $$EF$$ di chuyển trên đường tròn tâm $$O$$, bán kính $$\frac{1}{2}R$$.