Đáp án đúng là: D

Tâm đối xứng của đường tròn là tâm của đường tròn đó.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: D

Đường tròn là hình có trục đối xứng.

Mỗi đường thẳng đi qua tâm của đường tròn là một trục đối xứng của đường tròn.

Do đó đường tròn có vô số trục đối xứng.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: B

Ta thấy đường tròn \[\left( {O;5{\rm{\;cm}}} \right)\] có bán kính \[R = 5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vì \[7{\rm{\;(cm)}} > 5{\rm{\;(cm)}}\] nên \[OK > R.\]

Do đó điểm \[K\] nằm ngoài đường tròn \[\left( {O;5{\rm{\;cm}}} \right).\]

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: A

Hình tròn tâm \[O\] bán kính \[R\] là hình gồm các điểm nằm trên và nằm trong đường tròn \[\left( {O\,;R} \right).\]

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: C

Cho đường tròn \[\left( {O\,;R} \right).\] Ta có điểm \[G\] nằm trên đường tròn \[\left( {O\,;R} \right)\] nếu \[OG = R.\]

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: B

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\), gọi \(O\) là trung điểm của cạnh huyền \(BC\), khi đó ta có \(AO\) là đường teung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(AO = \frac{{BC}}{2} = BO = CO\)

Do đó đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(BC\) đi qua ba đỉnh của tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\).

Vậy bán kính của đường tròn đó là \(\frac{{BC}}{2} = \frac{{12}}{2} = 6{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Đáp án đúng là: C

Ta có \[O\] là giao điểm của hai đường chéo \[AC\] và \[BD.\]

Suy ra \[O\] là trung điểm của \[AC\] và \[BD.\]

Do đó \[OA = OC\] và \[OB = OD.\]

Mà \[AC = BD\] (do \[AC\] và \[BD\] là hai đường chéo của hình chữ nhật \[ABCD\]).

Suy ra \[OA = OC = OB = OD.\]

Như vậy bốn điểm \[A,B,C,D\] cùng thuộc đường tròn tâm \[O\] bán kính \[OA.\]

Vì \[O\] là trung điểm của \[AC\] nên \[OA = \frac{{AC}}{2} = \frac{{16}}{2} = 8{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vậy đường tròn cần tìm có tâm \[O\] bán kính \[R = OA = 8{\rm{\;(cm)}}\].

Do đó ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: B

Vì đường thẳng \[d\] đi qua tâm \[O,\] cắt đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] tại hai điểm \[A,C\] nên \[OA = OC = R\].

Chứng minh tương tự, ta được \[OB = OD = R\].

Do đó tứ giác \[ABCD\] có hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) cắt nhau tại trung điểm \(O\) của mỗi đường nên là hình bình hành.

Mà \[AC = BD = 2R\] nên tứ giác \[ABCD\] là hình chữ nhật.

Do đó ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: D

Gọi \[O\] là giao điểm của hai đường chéo \[AC\] và \[BD\] của hình vuông \[ABCD.\]

Suy ra \[O\] là trung điểm của \[AC\] và \[BD.\]

Do đó \[OA = OC\] và \[OB = OD.\]

Mà \[AC = BD\] (do \[AC\] và \[BD\] là hai đường chéo của hình vuông \[ABCD\]).

Vì vậy \[OA = OC = OB = OD.\]

Vậy bốn điểm \[A,B,C,D\] của hình vuông \[ABCD\] cùng thuộc đường tròn tâm \[O\] bán kính \[OA.\]

Ta có \[AB = BC = a\] (do \[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\]).

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \[ABC\] vuông tại \[B,\] ta được:

\[A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}.\]

Suy ra \[AC = a\sqrt 2 .\] Do đó \[OA = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]

Vậy đường tròn đi qua cả bốn đỉnh của hình vuông \[ABCD\] cạnh \[a\] có tâm là giao điểm của hai đường chéo \[AC,\,\,BD\] và bán kính \[R = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]

Do đó ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: B

Tam giác \[ABC\] có các đường cao \[BD,CE.\] Suy ra \[CE \bot AB,BD \bot AC.\]

Gọi \[I\] là trung điểm của \[BC.\]

Tam giác \[BEC\] vuông tại \[E\] có \[EI\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \[BC\] nên \[EI = IB = IC = \frac{{BC}}{2}\] (1)

Chứng minh tương tự, ta được \[DI = IB = IC = \frac{{BC}}{2}\] (2)

Từ (1), (2), ta thu được \[ID = IE = IB = IC = \frac{{BC}}{2}.\]

Vậy bốn điểm \[B,E,D,C\] cùng nằm trên đường tròn tâm \[I,\] bán kính \[R = \frac{{BC}}{2}.\]

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: D

Gọi \[M\] là trung điểm \[OA.\]

⦁ Vì đường thẳng \[d\] vuông góc với \[OA\] tại trung điểm \[M\] của \[OA\] nên đường thẳng \[d\] là đường trung trực của đoạn \[OA.\]

Do đó đường thẳng \[d\] là trục đối xứng của đoạn \[OA.\] Vì vậy phương án A đúng.

⦁ Xét \[\Delta OBM\] và \[\Delta ABM,\] có:

\[\widehat {BMO} = \widehat {BMA} = 90^\circ ;\] \[BM\] là cạnh chung; \[OM = AM\] (do \[M\] là trung điểm \[OA\])

Do đó \[\Delta OBM = \Delta ABM\] (c.g.c)

Suy ra \[OB = AB\] (cặp cạnh tương ứng)

Mà tam giác \[OAB\] cân tại \(O\) (do \[OA = OB)\] nên tam giác \[OAB\] đều. Vì vậy phương án B đúng.

⦁ Ta có \[OA = OB = 3{\rm{\;(cm)}}\]. Vì \[M\] là trung điểm \[OA\] nên \[OM = \frac{{OA}}{2} = \frac{3}{2}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \[OBM\] vuông tại \[M,\] ta được: \[O{B^2} = B{M^2} + O{M^2}\]

Suy ra \[B{M^2} = O{B^2} - O{M^2} = {3^2} - {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} = \frac{{27}}{4}\]. Do đó \[BM = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vì đường thẳng \[OA\] là trục đối xứng của \[\left( O \right)\] nên điểm đối xứng với điểm \[B\] qua đường thẳng \[OA\] phải vừa thuộc \[\left( O \right)\], vừa thuộc đường vuông góc hạ từ \[B\] xuống \[OA.\]

Tức là \[M\] là trung điểm của \(BC\) nên \[BC = 2BM = 2 \cdot \frac{{3\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\] Vì vậy phương án C đúng.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: D

⦁ Ta có \[E\] là giao điểm của hai đường chéo \[AC\] và \[BD\] của hình vuông \[ABCD.\]

Suy ra \[E\] là trung điểm của \[AC\] và \[BD.\]

Do đó \[EA = EC\] và \[EB = ED.\]

Mà \[AC = BD\] (do \[AC\] và \[BD\] là hai đường chéo của hình vuông \[ABCD\]).

Vì vậy \[EA = EC = EB = ED.\]

Vậy bốn điểm \[A,B,C,D\] của hình vuông \[ABCD\] cùng thuộc đường tròn tâm \[E\] bán kính \[EA.\]

Do đó phương án A đúng.

⦁ Ta có điểm \[E\] là tâm đường tròn đi qua bốn điểm \[A,B,C,D\] nên \(E\) là tâm đối xứng của đường tròn đó.

Do đó phương án B đúng.

⦁ Vì \[AC,BD\] đều đi qua tâm \[E\] của đường tròn \[\left( {E;EA} \right)\] nên \[AC,BD\] đều là trục đối xứng của đường tròn \[\left( {E;EA} \right).\]

Do đó phương án C đúng, phương án D sai.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: A

Kẻ \[AH \bot BC\] tại \[H.\]

Tam giác \[ABC\] cân tại \[A\] có \[AH\] là đường cao nên \[AH\] cũng là đường trung trực của đoạn \[BC.\]

Do đó \[B,C\] đối xứng với nhau qua \[AH.\]

Mà \[B,C \in \left( O \right)\], suy ra đường thẳng \[AH\] đi qua \[O.\]

Tam giác \[ABC\] cân tại \[A\] có \[AH\] là đường cao nên \[AH\] cũng là đường phân giác của tam giác \[ABC.\] Do đó \[\widehat {OAC} = \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = \frac{{120^\circ }}{2} = 60^\circ .\]

Xét tam giác \[OAC\] cân tại \[O\] (do \[OC = OA = R = 4{\rm{\;cm}})\] có \[\widehat {OAC} = 60^\circ \] nên tam giác \[OAC\] đều.

Do đó \[AC = OC = OA = R = 4{\rm{\;cm}}.\]

Xét \(\Delta ACH\) vuông tại \(H\) ta có:

⦁ \[AH = AC \cdot \cos \widehat {OAC} = 4 \cdot \cos 60^\circ = 2{\rm{\;(cm);}}\]

⦁ \[CH = AC \cdot \sin \widehat {OAC} = 4 \cdot \sin 60^\circ = 2\sqrt 3 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vì \[H\] là trung điểm \[BC\] (do \[B,\,\,C\] đối xứng với nhau qua \[AH)\] nên \[BC = 2 \cdot HC = 2 \cdot 2\sqrt 3 = 4\sqrt 3 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vậy \[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AH \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 4\sqrt 3 = 4\sqrt 3 {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\]

Do đó ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: D

Vì \[B'\] là điểm đối xứng với \[B\] qua \[O\] và \(B \in \left( O \right)\) nên \[B' \in \left( O \right).\]

Suy ra \[OB = OB' = R\] và \(BB' = 2R.\)

Mà \[C \in \left( O \right)\] nên \[R = OC = OB = OB' = \frac{{BB'}}{2}.\]

Tam giác \[BB'C\] có \[OC\] là đường trung tuyến ứng với cạnh \(BB'\) và \[OC = \frac{{BB'}}{2}\] nên tam giác \[BB'C\] vuông tại \[C.\]

Tứ giác \[AHCM,\] có: \[\widehat {AMC} = \widehat {AHC} = \widehat {HCM} = 90^\circ \] nên tứ giác \[AHCM\] là hình chữ nhật.

Tam giác \[ABC\] cân tại \[A\] có \[AM\] là đường cao nên \[AM\] cũng là đường trung tuyến của tam giác. Do đó \[M\] là trung điểm \[BC.\] Vì vậy \[MC = \frac{{BC}}{2} = \frac{6}{2} = 3{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vậy chu vi hình chữ nhật \[AHCM\] bằng \[2 \cdot \left( {AM + MC} \right) = 2 \cdot \left( {4 + 3} \right) = 14{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Do đó ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: C

Xét \[\Delta ABC\] cân tại \[A\] có hai đường cao \[BE\] và \[CF\] cắt nhau tại \[H\] nên \[H\] là trực tâm của \[\Delta ABC.\]

Khi đó \[AH\] là đường cao thứ ba của \[\Delta ABC.\]

Mà \[\Delta ABC\] cân tại \[A\] nên đường cao \[AH\] cũng là đường phân giác của \[\Delta ABC.\]

Xét \[\Delta AFH\] và \[\Delta AEH,\] có:

\[\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = 90^\circ ;\]

\[AH\] là cạnh chung;

\[\widehat {FAH} = \widehat {EAH}\] (do \[AH\] là đường phân giác của \[\widehat {FAE}\]).

Do đó \[\Delta AFH = \Delta AEH\] (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra \[HF = HE\] (cặp cạnh tương ứng).

Mà \[HI = HE,\,\,HK = HF\] nên \[HE = HI = HF = HK.\]

Vậy bốn điểm \[E,F,I,K\] cùng nằm trên đường tròn tâm \[H\] bán kính \[HE.\]

Tam giác \[AEH\] vuông tại \[E\] có \[EM\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AH\) nên \(EM = MA = MH = \frac{1}{2}AH\).

Do đó tam giác \[HME\] cân tại \[M.\]

Để điểm \[M\] thuộc đường tròn đi qua bốn điểm \[E,F,I,K\] thì \[HM = HE.\]

Mà tam giác \[HME\] cân tại \[M\] nên lúc này, tam giác \[HME\] là tam giác đều.

Suy ra \[\widehat {MHE} = 60^\circ .\]

Tam giác \[AEH\] vuông tại \[E\] có \[\widehat {AHE} + \widehat {HAE} = 90^\circ \]

Suy ra \[\widehat {HAE} = 90^\circ - \widehat {AHE} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ .\]

Lại có \[AH\] là đường phân giác của \[\Delta ABC\] nên \[\widehat {BAC} = 2\widehat {HAE} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ .\]

Khi này, \[\Delta ABC\] cân tại \[A\] có \[\widehat {BAC} = 60^\circ \] nên \[\Delta ABC\] là tam giác đều.

Vậy \[\Delta ABC\] đều thì điểm \[M\] thuộc đường tròn đi qua bốn điểm \[E,F,I,K.\]

Do đó ta chọn phương án C.