Đề kiểm tra học kì 1 Toán 9 - Đề số 2 — Không quảng cáo

• A.

  $0 \le x < 9$

• B.

  $0 \le x < 9;x \ne 4$

• C.

  $4 < x < 9$

• D.

  $0 < x < 4$

• A.

  $C = \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 3}}$

• B.

  $C = \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 3}}$

• C.

  $C = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 3}}$

• D.

  $C = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 3}}$

• A.

  \(P = \dfrac{3}{{\sqrt x  + 3}}\)

• B.

  \(P = \dfrac{{ - 3}}{{\sqrt x  + 3}}\)

• C.

  \(P = \dfrac{{ - 3}}{{\sqrt x  - 3}}\)

• D.

  \(P = \dfrac{3}{{\sqrt x  - 3}}\)

• A.

  \(\dfrac{7}{{13}}\)

• B.

  \(\dfrac{{3\sqrt 5  - 15}}{{10}}\)

• C.

  \(\dfrac{7}{{33}}\)

• D.

  \(\dfrac{{13}}{7}\)

• A.

  \(x > 3\)

• B.

  \(x \ge 0;x \ne 9\)

• C.

  \(0 \le x < 9\)

• D.

  \(x < 9\)

• A.

  \(0\)

• B.

  \(2\)

• C.

  \(1\)

• D.

  \(3\)

• A.

  $MC$ là tiếp tuyến của $(O;R)$

• B.

  $MC$ là cát tuyến của $(O;R)$

• C.

  $MC \bot BC$

• D.

  $MC \bot AC$

• A.

  \(MC = \sqrt 2 R\)

• B.

  \(MC = \sqrt 3 R\)

• C.

  $MC = 3R$

• D.

  $MC = 2R$

• A.

  Tam giác cân

• B.

  Tam giác đều

• C.

  Tam giác vuông

• D.

  Tam giác vuông cân

• A.

  $AM$ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn $\left( {{O_1}} \right);\left( {{O_2}} \right)$

• B.

  $AM$ là đường trung bình của hình thang ${O_1}BC{O_2}$

• C.

  $AM = MC$

• D.

  $AM = \dfrac{1}{2}BC$

• A.

  Đường tròn có đường kính $CD$ tiếp xúc với $AB.$

• B.

  Đường tròn có đường kính $CD$ cắt $AB.$

• C.

  $IO\; \bot AB$

• D.

  \(IO = \dfrac{{DC}}{2}\)

• A.

  \(AB\)

• B.

  \(2AB\)

• C.

  \(3AB\)

• D.

  \(4AB\)

Dựa vào tính chất hai đường tròn cắt nhau.

Định lí Pi-ta-go đảo.

Xét tam giác $OAO'$  có $O{A^2} + O'{A^2} = OO{'^2}$ (vì ${4^2} + {3^2} = {5^2}$) nên tam giác $OAO'$  vuông tại $A$.

Xét $\Delta HAO \backsim \Delta AO'O (g.g)$ nên $\frac{AH}{OA} = \frac{O'A}{OO'}$ suy ra $AH.OO' = OA.O'A \Rightarrow AH = \dfrac{{OA.O'A}}{{OO'}} = \dfrac{{4.3}}{5} = \dfrac{{12}}{5}$

Mà $AB = 2AH$ nên $AB = \dfrac{{24}}{5} = 4,8cm$

Đường thẳng \(d\) có phương trình \(y =  - kx + b\,\,\left( {k \ne 0} \right)\) có \( - k\) là hệ số góc.

Với hai góc phụ nhau thì sin góc nọ bằng sin góc kia và tan góc nọ bằng cotan góc kia.

Với mọi $a,b$ ta có $\sqrt[3]{a} > \sqrt[3]{b} \Leftrightarrow a > b$

Sử dụng cách tính giá trị hàm số tại một điểm

Để tính giá trị \({y_0}\) của hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm \({x_0}\) ta thay \(x = {x_0}\) vào \(f\left( x \right)\), ta được \({y_0} = f\left( {{x_0}} \right)\).

Thay \(x = 2\) vào hàm số ta được \(f\left( 2 \right) = {2^3} + 2 = 10\).

- Điểm $({x_0};{y_0})$ thuộc ĐTHS $y = {\rm{ax}} + b \Leftrightarrow {\rm{a}}{{\rm{x}}_0} + b = {y_0}$.

- Tính toán và chọn đáp án phù hợp.

Ta có $3( - 2) - 2.3 =  - 12 \ne 3$=> loại A

$3( - 2) - 3 =  - 9 \ne 0$ => loại B

$0( - 2) + 3 = 3$

Sử dụng  tính chất đường nối tâm của hai đường tròn cắt nhau và hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Vì \(OA\) là tiếp tuyến của \(\left( {O'} \right)\) nên \(\Delta OAO'\) vuông tại \(A\).

Vì \(\left( O \right)\) và \(\left( {O'} \right)\) cắt nhau tại \(A,B\) nên đường nối tâm \(OO'\) là trung trực của đoạn \(AB\).

Gọi giao điểm của \(AB\) và \(OO'\) là \(I\) thì \(AB \bot OO'\) tại \(I\) là trung điểm của \(AB\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OAO'\) ta có

\(\dfrac{1}{{A{I^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O'{A^2}}} = \dfrac{1}{{{6^2}}} + \dfrac{1}{{{2^2}}} \Rightarrow AI = \dfrac{{3\sqrt {10} }}{5}\,cm \Rightarrow AB = \dfrac{{6\sqrt {10} }}{5}\,cm\)

Sử dụng cách tính giá  trị hàm số tại một điểm

Để tính giá trị ${y_0}$ của hàm số $y = f\left( x \right)$ tại điểm ${x_0}$ ta thay $x = {x_0}$ vào $f\left( x \right)$, ta được ${y_0} = f\left( {{x_0}} \right)$.

So sánh các giá trị tìm được

Thay $x =  - 2$ vào hàm số $f\left( x \right) =  - 2{x^3}$ ta được $f\left( { - 2} \right) =  - 2.{\left( { - 2} \right)^3} = 16$ .

Thay $x =  - 1$ vào hàm số $h\left( x \right) = 10 - 3x$ ta được $h\left( { - 1} \right) = 10 - 3\left( { - 1} \right) = 13$

Nên $f\left( { - 2} \right) > h\left( { - 1} \right)$ .

Sử dụng công thức khai phương một tích, khai phương một thương, trục căn thức ở mẫu

+ Khai phương một tích: \(\sqrt {A.B}  = \sqrt A .\sqrt B {\rm{   }}(A \ge 0,B \ge 0)\)

+ Khai phương một thương:   \(\sqrt {\dfrac{A}{B}}  = \dfrac{{\sqrt A }}{{\sqrt B }}{\rm{  }}(A \ge 0,B > 0)\)

+  Với \(A.B \ge 0\) và \(B \ne 0\) thì \(\sqrt {\dfrac{A}{B}}  = \dfrac{{\sqrt {AB} }}{{\left| B \right|}}\)

\(A = 3\sqrt 8  - \sqrt {18}  + 5\sqrt {\dfrac{1}{2}}  + \sqrt {50} \)

\( = 3\sqrt {4.2}  - \sqrt {9.2}  + 5 \dfrac{\sqrt 2}{2}  + \sqrt {25.2} \)

\( = 6\sqrt 2  - 3\sqrt 2  + \dfrac{5}{2}\sqrt 2  + 5\sqrt 2 \)

\( = \left( {6 - 3 + \dfrac{5}{2} + 5} \right).\sqrt 2 \)

\( = \dfrac{{21}}{2}\sqrt 2 \)

Cho điểm $M$  và đường tròn $\left( {O;R} \right)$ ta so sánh khoảng cách $OM$ với bán kính $R$ để xác định vị trí tương đối theo bảng sau:

Đưa thừa số vào trong dấu căn

+) $A\sqrt B  = \sqrt {{A^2}B} $ với $A \ge 0$ và $B \ge 0$

+) $A\sqrt B  =  - \sqrt {{A^2}B} $ với $A < 0$ và $B \ge 0$

Ta có $5y\sqrt y $$ = \sqrt {{{\left( {5y} \right)}^2}y}  = \sqrt {25{y^2}.y}  = \sqrt {25{y^3}} $.

Khoảng cách từ tâm của một đường tròn đến tiếp tuyến bằng bán  kính của đường tròn đó.

- Tìm tọa độ giao điểm 2  đường thẳng cho trước $d;d'$

- Cho giao điểm vừa tìm được thuộc vào đường thẳng $d''$.

Điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b \)\(\Leftrightarrow {y_0} = a{x_0} + b\)

$d:y = x + 3;d':y =  - x + 1;d'':y = \sqrt 3 x - m - 2$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $d$ và $d'$: $x + 3 =  - x + 1 \Leftrightarrow 2x =  - 2 \Leftrightarrow x =  - 1 \Rightarrow y = 2$

Do đó $d$ và $d'$ cắt nhau tại điểm $\left( { - 1;2} \right)$.

Điểm $A( - 1;2) \in d'':y = \sqrt 3 x - m - 2 $$\Leftrightarrow 2 = \sqrt 3 .\left( { - 1} \right) - m - 2 $$\Leftrightarrow m =  - 4 - \sqrt 3 $

Vậy $m =  - 4 - \sqrt 3 $.

Giải tam giác vuông là tìm tất cả các cạnh và góc của tam giác vuông đó

Sử dụng các tỉ số lượng giác, định lý về góc trong tam giác, hệ thức liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông.

Xét $\Delta ABC$ có: $\widehat A = {90^o}$ $\widehat B + \widehat C = 90^\circ  \Rightarrow \widehat C = 90^\circ  - \widehat B = {90^o} - {48^o} = {42^o}$ ($\widehat C$  và $\widehat B$  là hai góc phụ nhau) Áp dụng hệ thức liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông ta có:

\(AC = BC.\sin B = 50.\sin 48^\circ  \approx 37,2cm\)

\(AB = BC.\cos B = 50.\cos 48^\circ  \approx 33,5cm\)

Vậy \(AC = 37,2\,cm;\,AB = 33,5\,cm;\,\widehat C = 42^\circ \) .

• A.

  $0 \le x < 9$

• B.

  $0 \le x < 9;x \ne 4$

• C.

  $4 < x < 9$

• D.

  $0 < x < 4$

• A.

  $C = \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  - 3}}$

• B.

  $C = \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 3}}$

• C.

  $C = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 3}}$

• D.

  $C = \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 3}}$

• A.

  \(P = \dfrac{3}{{\sqrt x  + 3}}\)

• B.

  \(P = \dfrac{{ - 3}}{{\sqrt x  + 3}}\)

• C.

  \(P = \dfrac{{ - 3}}{{\sqrt x  - 3}}\)

• D.

  \(P = \dfrac{3}{{\sqrt x  - 3}}\)

• A.

  \(\dfrac{7}{{13}}\)

• B.

  \(\dfrac{{3\sqrt 5  - 15}}{{10}}\)

• C.

  \(\dfrac{7}{{33}}\)

• D.

  \(\dfrac{{13}}{7}\)

• A.

  \(x > 3\)

• B.

  \(x \ge 0;x \ne 9\)

• C.

  \(0 \le x < 9\)

• D.

  \(x < 9\)

• A.

  \(0\)

• B.

  \(2\)

• C.

  \(1\)

• D.

  \(3\)

• A.

  $MC$ là tiếp tuyến của $(O;R)$

• B.

  $MC$ là cát tuyến của $(O;R)$

• C.

  $MC \bot BC$

• D.

  $MC \bot AC$

• A.

  \(MC = \sqrt 2 R\)

• B.

  \(MC = \sqrt 3 R\)

• C.

  $MC = 3R$

• D.

  $MC = 2R$

• A.

  Tam giác cân

• B.

  Tam giác đều

• C.

  Tam giác vuông

• D.

  Tam giác vuông cân

• A.

  $AM$ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn $\left( {{O_1}} \right);\left( {{O_2}} \right)$

• B.

  $AM$ là đường trung bình của hình thang ${O_1}BC{O_2}$

• C.

  $AM = MC$

• D.

  $AM = \dfrac{1}{2}BC$

• A.

  Đường tròn có đường kính $CD$ tiếp xúc với $AB.$

• B.

  Đường tròn có đường kính $CD$ cắt $AB.$

• C.

  $IO\; \bot AB$

• D.

  \(IO = \dfrac{{DC}}{2}\)

• A.

  \(AB\)

• B.

  \(2AB\)

• C.

  \(3AB\)

• D.

  \(4AB\)

-Sử dụng công thức khai phương một tích: Với hai số $a,b$ không âm, ta có $\sqrt {ab}  = \sqrt a .\sqrt b $

-Sử dụng hằng đẳng thức $\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right|$

Ta có $\dfrac{{\sqrt {{x^3} + 2{x^2}} }}{{\sqrt {x + 2} }}$$ = \dfrac{{\sqrt {{x^2}\left( {x + 2} \right)} }}{{\sqrt {x + 2} }} = \dfrac{{\sqrt {{x^2}} .\sqrt {x + 2} }}{{\sqrt {x + } 2}} = \sqrt {{x^2}}  = \left| x \right|$ mà $x > 0$ nên $\left| x \right| = x$

Từ đó $\dfrac{{\sqrt {{x^3} + 2{x^2}} }}{{\sqrt {x + 2} }} = x$.

+ Tìm điều kiện

+ Giải phương trình dạng \(\sqrt A  = B\,\left( {B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = {B^2}\)

Điều kiện:

\(x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2.\)

Ta có: \(\sqrt {2{x^2} - 4x + 5}  = x - 2\)\( \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x + 5 = {\left( {x - 2} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x + 5 = {x^2} - 4x + 4 \Leftrightarrow {x^2} + 1 = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} =  - 1\,\) (vô nghiệm vì \({x^2} \ge 0\,\,\forall x\) )

Vậy phương trình vô nghiệm.

Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng theo các bước

Bước 1. Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng đó để tìm hoành độ giao điểm.

Bước 2. Thay hoành độ giao điểm vừa tìm được vào một trong hai phương trình đường thẳng ta tìm được tung độ giao điểm.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của ${d_1}$ và ${d_2}$ ta được

$2x - 2 = 3 - 4x \Leftrightarrow 6x = 5 \Leftrightarrow x = \dfrac{5}{6}$

Thay $x = \dfrac{5}{6}$ vào phương trình đường thẳng ${d_1}:y = 2x - 2$ ta được $y = 2.\dfrac{5}{6} - 2 =  - \dfrac{1}{3}$

Sử dụng vị trí tương đối giữa hai đường thẳng

Cho hai đường thẳng \(d:y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) và \(d':y = a'x + b'\,\,\left( {a' \ne 0} \right)\) thì \(d \equiv d' \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b = b'\end{array} \right.\).

Ta thấy \(d:y = \left( {1 - m} \right)x + \dfrac{m}{2}\) có \(a = 1 - m;b = \dfrac{m}{2}\) và \(d':y =  - x + 1\) có \(a' =  - 1;b = 1\) .

Điều kiện để \(d:y = \left( {1 - m} \right)x + \dfrac{m}{2}\) là hàm số bậc nhất \(1 - m \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 1\)

Để \(d\) \( \equiv \) \(d'\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b = b'\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - m =  - 1\\\dfrac{m}{2} =  1\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\m = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\left( {tm} \right)\)

Vậy \(m = 2.\)

Gọi phương trình đường thẳng \(d:y = ax + b\) \(\left( {a \ne 0} \right)\)

Xác định hệ số \(a\) dựa vào góc tạo bởi đường thẳng \(d\) với đường thẳng cho trước tìm \(b\) dựa vào giao điểm với trục tung.

Gọi phương trình đường thẳng \(d:y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\)

Vì góc tạo bởi đường thẳng \(d\) và đường thẳng \(y = 2\) là \(135^\circ \) nên góc tạo bởi đường thẳng \(d\) và trục \(Ox\) cũng là \(135^\circ \)(do đường thẳng \(y = 1\) song song với trục \(Ox\)) nên \(a = \tan 135^\circ  =  - 1\)

\( \Rightarrow y =  - x + b\)

Vì đường thẳng \(d\) cắt trục tung tại điểm có tung độ \(4\) nên \(b = 4\).

Từ đó \(d:y =  - x + 4\).

Sử dụng kiến thức:

+) Điểm $({x_0};{y_0})$ thuộc đồ thị hàm số $y = {\rm{ax}} + b$$ \Leftrightarrow {\rm{a}}{{\rm{x}}_0} + b = {y_0}$.

+) Từ đó tìm $a;b$.

Gọi $d:y = {\rm{ax}} + b$ đi qua $2$ điểm $M\left( { - 3;2} \right)$ và $N\left( {1; - 1} \right)$

$M$ thuộc $d \Leftrightarrow  - 3a + b = 2 \Rightarrow b = 2 + 3a\,\,\,\,\,(1)$

$N$ thuộc $d \Leftrightarrow 1.a + b =  - 1 \Rightarrow b = - 1 - a \,\,\,\,\,(2)$

Từ (1) và (2) suy ra \(2 + 3a = - 1 - a \Leftrightarrow 4a = - 3 \Leftrightarrow a = - \dfrac{3}{4}\)\( \Rightarrow b = 2 + 3a = - \dfrac{1}{4}\)

Nên $a = \dfrac{{ - 3}}{4};b =  - \dfrac{1}{4}$.

Vậy $d:y =  - \dfrac{3}{4}x - \dfrac{1}{4}$.

Sử dụng các hệ thức lượng giác thích hợp

+ Nếu \(\alpha \) là một góc nhọn bất kỳ  thì

\(0 < \sin \alpha  < 1;0 < \cos \alpha  < 1\), \(\tan \alpha  > 0;\cot \alpha  > 0\) ,  \({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1\) ; \(\cot \alpha  = \dfrac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }}\)

Ta có \({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1 \Rightarrow {\sin ^2}\alpha  = 1 - {\cos ^2}\alpha  = 1 - \dfrac{9}{{16}} = \dfrac{7}{{16}} \Rightarrow \sin \alpha  = \dfrac{{\sqrt 7 }}{4}\)

Lại có \(\tan \alpha  = \dfrac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \dfrac{{\dfrac{{\sqrt 7 }}{4}}}{{\dfrac{3}{4}}} = \dfrac{{\sqrt 7 }}{3}\).

Vậy \(\sin \alpha  = \dfrac{{\sqrt 7 }}{4};\tan \alpha  = \dfrac{{\sqrt 7 }}{3}\).

+) Kẻ đường cao \(AD\)

+) Sử dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông thích hợp  và định lý Py-ta-go để tính cạnh.

+) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác.

Kẻ đường cao \(AD\).

Xét tam giác vuông \(ACD\), có \(AD = AC.\sin C = 4,5.\sin 35^\circ  \approx 2,58\,cm\); \(CD = AC.\cos C = 4,5.\cos 35^\circ  \approx 3,69\,cm\)

Xét tam giác vuông \(ABD\), có \(BD = AD.\cot B \approx 2,58.\cot 70^\circ  \approx 0,94\,cm\)

Suy ra \(BC = BD + DC = 0,94 + 3,69 = 4,63\)

Do đó \({S_{ABC}} = \dfrac{{AD.BC}}{2} \approx 5,97\)\(c{m^2}\).

Trong tam giác vuông trung điểm cạnh huyền là tâm đường tròn ngoại tiếp.

Sử dụng định lý Pytago để tính toán

Vì tam giác $ABC$ vuông tại$A$ nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm cạnh huyền $BC$, bán kính là $R = \dfrac{{BC}}{2}$.

Theo định lý Pytago ta có $BC = \sqrt {A{C^2} + A{B^2}}  = 25$ nên bán kính $R = \dfrac{{25}}{2}$.

Bước 1: Lấy $I$ là trung điểm của $EF$

Bước 2: Sử dụng mối liên hệ giữa đường kính và dây của đường tròn để hoàn thành.

Lấy $I$ là trung điểm của $EF$

Xét tứ giác $AEFB$ có $AE\,{\rm{//}}FB$ (vì cùng vuông với $EF$) nên $AEFB$ là hình thang vuông tại $E;F$.

Ta có $OI$ là đường trung bình của hình thang $AEFB$ nên $OI\,{\rm{//}}\,AE{\rm{//}}FB$$ \Rightarrow OI \bot EF$

Hay $OI \bot CD$ nên $I$ là trung điểm của $CD$ ( quan hệ giữa dây và đường kính)

Ta có $IE = IF;IC = ID \Rightarrow IE - IC = IF - ID \Leftrightarrow EC = DF$.

Tính chất đường kính vuông góc với dây cung

Định lí Py-ta –go

Từ $O$ kẻ $OH$ vuông góc với $AB.$

Vậy $H$ là trung điểm của $AB$ (mối quan hệ giữa đường kính và dây) suy ra $AH = \dfrac{{AB}}{2} = 20cm$.

Xét tam giác $OAH$ vuông tại $H$ nên theo định lí Py-ta-go ta có

$O{H^2} = O{A^2} - A{H^2}$=${25^2} - {20^2} = 225 = {15^2}$

Vậy $OH = 15cm$.

- Điều kiện để 2 đường thẳng cắt nhau

- Tìm tọa độ giao điểm 2 đường thẳng cho trước

- Đường phân giác của góc phần tư thứ 2 có phương trình $y =  - x$

Ta có: $d \cap d' \Leftrightarrow m \ne 2$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $d$ và $d'$:

$\begin{array}{l}mx + 1 = 2x - 1 \Leftrightarrow (m - 2)x =  - 2\\ \Rightarrow x = \dfrac{{ - 2}}{{m - 2}} \Rightarrow y = 2.\dfrac{{ - 2}}{{m - 2}} - 1 = \dfrac{{ - m - 2}}{{m - 2}}.\end{array}$

Phương trình đường phân giác góc phần tư thứ $2$  là $y =  - x$

Vì $d$ và $d'$ cắt nhau tại $1$  điểm điểm thuộc đường phân giác góc phần tư thứ $II$ và thứ $IV$ nên ta có:

$\dfrac{{ - m - 2}}{{m - 2}} =  - \dfrac{{ - 2}}{{m - 2}} \Leftrightarrow  - m - 2 = 2 \Leftrightarrow m =  - 4$ (t/m)

Vậy $m =  - 4$.

Kẻ \(CH \bot AB\).

Sử dụng định lý Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông

Ta có $\tan \widehat{CAD}=\dfrac{DC}{AD}\Leftrightarrow  AD=DC:\tan 60^0=AD = 10\sqrt 3$ \(\left( {cm} \right)\).

Kẻ \(CH \bot AB\). Tứ giác \(AHCD\) là hình chữ nhật vì có \(\widehat A = \widehat D = \widehat H = {90^0}\), suy ra \(AH = CD = 30cm;CH = AD = 10\sqrt 3 \left( {cm} \right)\).

Tam giác \(ACB\) vuông tại \(C\), ta có: \(C{H^2} = HA.HB\), suy ra \(HB = \dfrac{{C{H^2}}}{{HA}} = \dfrac{{{{\left( {10\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{30}} = \dfrac{{300}}{{30}} = 10\left( {cm} \right)\),

do đó \(AB = AH + HB = 30 + 10 = 40\left( {cm} \right).\)

\({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}CH\left( {AB + CD} \right)=\dfrac{1}{2}.10\sqrt 3 .\left( {40 + 30} \right) = 350\sqrt 3 \left( {c{m^2}} \right).\)

Vậy diện tích hình thang \(ABCD\) bằng \(350\sqrt 3 c{m^2}\)

+ Sử dụng tam giác đồng dạng

+ Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để chỉ ra các điểm và đoạn thẳng cố định.

Vì \(OH \bot xy,\) nên \(H\)  là một điểm cố định và \(OH\)  không đổi

Gọi giao điểm của \(AB\) và  \(OM\) là \(E;\) giao điểm của \(AB\) với \(OH\)  là \(F.\)

Vì \(\left( {O;R} \right)\) và đường tròn đường kính \(OM\)  cắt nhau tại \(A;B\) nên  \(AB \bot OM\)

Lại có điểm A nằm trên đường tròn đường kính OM nên \(\widehat {OAM} = 90^\circ \)

Xét \(\Delta OEF\) và \(\Delta OHM\) có \(\widehat O\) chung và \(\widehat {OEF} = \widehat {OHM} = 90^\circ \) nên \(\Delta OEF \backsim \Delta OHM\left( {g - g} \right)\)

Suy ra \(\dfrac{{OE}}{{OH}} = \dfrac{{OF}}{{OM}} \Rightarrow OE.OM = OF.OH\)

Xét \(\Delta MAO\) vuông tại \(A\)  có \(AE\)  là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{OM.OE = O{A^2}\; = {R^2}}\\{\; \Rightarrow OF.OH = {R^2}\; \Rightarrow OF = \dfrac{{{R^2}}}{{OH}}}\end{array}\)

Do \(OH\) không đổi nên \(OF\) cũng không đổi

Vậy \(F\)  là một điểm cố định hay \(AB\)  luôn đi qua một điểm cố định là giao của \(AB\) và \(OH.\)