13 câu Trắc nghiệm Toán 9 Kết nối tri thức Ôn tập cuối chương 5 có đáp án

Lời giải

Chọn B

Hai bán kính \[OA, OB\] của đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] tạo với nhau một góc \[75^\circ \] thì độ dài cung nhỏ \[AB\] là: \[l = \frac{{\pi R \cdot 75^\circ }}{{180^\circ }} = \frac{{5\pi R}}{{12}}\].

Lời giải

Chọn C

Ta có: \[R - r < OO' < R + r\] \[\left( {15{\rm{ cm}} - 8{\rm{ cm}} < 12{\rm{ cm}} < 15{\rm{ cm}} + 8{\rm{ cm}}} \right)\]

\[ \Rightarrow \] \[\left( {O;15{\rm{ cm}}} \right)\] và \[\left( {O';8{\rm{ cm}}} \right)\] cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

Lời giải

Chọn C

\(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nên \[\widehat A = 180^\circ  - 2\widehat {ABC} = 180^\circ  - 2.50^\circ  = 80^\circ \]

Ta có \(\widehat {COB}\) là góc ở tâm chắn cung  nhỏ;

\(\widehat {BAC}\) (nhọn) là góc nội tiếp chắn cung nhỏ

Suy ra \(\widehat {BOC} = 2\widehat {BAC} = 2.80^\circ  = 160^\circ \).

Lời giải

Chọn A

Vì \(MC\) là tiếp tuyến với đường tròn \(\left( {O;\,R} \right)\) nên \(\Delta MOC\) là tam giác vuông.

\( \Rightarrow \cos \widehat {MOC} = \frac{{OC}}{{OM}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {MOC} = 60^\circ \)\( \Rightarrow \widehat {BOC} = 120^\circ \).

Vậy số đo cung nhỏ  là \[120^\circ \].

Lời giải

Chọn A

\(\Delta ABC\) cân tại \(A\), \[\widehat A = 50^\circ \] suy ra \[\widehat C = \frac{{180^\circ  - \widehat A}}{2} = \frac{{180^\circ  - 50^\circ }}{2} = 65^\circ \].

Lời giải

Chọn A

Tam giác \(ABC\) nội tiếp đường tròn \((O)\) có số đo ba góc \(A,B,C\) tỉ lệ với các số \[3:2:5\].

nên có \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \) và \[\frac{{\widehat A}}{3} = \frac{{\widehat B}}{2} = \frac{{\widehat C}}{5}\].

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau có \[\frac{{\widehat A}}{3} = \frac{{\widehat B}}{2} = \frac{{\widehat C}}{5} = \frac{{\widehat A + \widehat B + \widehat C}}{{3 + 2 + 5}} = \frac{{180^\circ }}{{10}} = 18^\circ \].

Suy ra \(\widehat A = 3.18^\circ  = 54^\circ \).

Theo hệ quả góc nội tiếp ta có \(\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\).

Do đó \(\widehat {BOC} = 2\widehat {BAC} = 2.54^\circ  = 108^\circ \).

Lời giải

Chọn B

Ta có \(\widehat {ABC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC} = \frac{1}{2}.120^\circ  = 60^\circ \) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn )

Tứ giác \(BDHE\) có \(\widehat {BDH} + \widehat {DHE} + \widehat {HEB} + \widehat {DBE} = {360^{\rm{o}}}\) (định lí tổng các góc của tứ giác)

\( \Rightarrow \widehat {DHE} = 360^\circ  - \left( {\widehat {BDH} + \widehat {HEB} + \widehat {DBE}} \right) = 360^\circ  - \left( {90^\circ  + 90^\circ  + 60^\circ } \right) = 120^\circ \).

mà \(\widehat {AHE} + \widehat {DHE} = 180^\circ \) (kề bù)

suy ra \(\widehat {AHE} = 180^\circ  - \widehat {DHE} = 180^\circ  - 120^\circ  = 60^\circ \).

Lời giải

Chọn C

Ta có \(\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = \frac{1}{2} \cdot 140^\circ  = 70^\circ \) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn )

Tứ giác \(CDHM\) có \(\widehat {CDH} + \widehat {DHM} + \widehat {HMC} + \widehat {MCD} = 360^\circ \) (định lí tổng các góc của tứ giác)

\( \Rightarrow \widehat {DHM} = 360^\circ  - \left( {\widehat {CDH} + \widehat {HMC} + \widehat {MCD}} \right) = 360^\circ  - \left( {90^\circ  + 90^\circ  + 70^\circ } \right) = 110^\circ \).

mà \(\widehat {AHM} + \widehat {DHM} = 180^\circ \) (kề bù)

suy ra \(\widehat {AHM} = 180^\circ  - \widehat {DHM} = 180^\circ  - 110^\circ  = 70^\circ \).

Lời giải

Chọn B

Gọi R là bán kính hình tròn.

Suy ra cạnh của hình vuông là 2R.

Diện tích phần cắt bỏ đi là \[86\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\] nên ta có phương trình

\[{(2{\rm{R}})^2} - \pi {R^2} = 86\] nên \[{R^2} = \frac{{86}}{{4 - \pi }}\].

Vậy diện tích hình tròn có diện tích là \[S = \pi {R^2} = \frac{{86\pi }}{{4 - \pi }}\,\,c{m^2}\]

Lời giải

Chọn A

Ta có \(\widehat {BAC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{5^2} - {4^2}}  = 3\).

Áp dụng định lí tính chất đường phân giác cho \(\Delta ABC\) có

\(\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{BA}}{{BC}}\) hay \(\frac{{DA}}{{BA}} = \frac{{DA}}{{BC}}\) \( \Rightarrow \frac{{DA}}{4} = \frac{{DC}}{5}\)

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có \(\frac{{DA}}{4} = \frac{{DC}}{5} = \frac{{DA + DC}}{{4 + 5}} = \frac{{AC}}{9} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}\).

Do đó \(AD = \frac{4}{3}cm\).

Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta ABD\) vuông tại \(A\) có

\(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{4^2} + \frac{{{4^2}}}{9}}  = \frac{{4\sqrt {10} }}{3}\).

Ta có \(\widehat {BAD} = \widehat {BCK} = 90^\circ \) (giả thiết)

\(\widehat {ABD} = \widehat {CBK}\) (\(BD\) là phân giác \(\widehat {ABC}\))

Suy ra  (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{BD}}{{BK}} = \frac{{AB}}{{CB}}\) hay \(BK = \frac{{BC.BD}}{{AB}} = \frac{{5.\frac{{4\sqrt {10} }}{3}}}{4} = \frac{{5\sqrt {10} }}{3}\).

Chọn B

Theo tính chất đoạn nối tâm trong trường hợp hai đường tròn tiếp xúc ngoài ta có: \[AB = AC = 10 + 15 = 25\,\left( {cm} \right)\]; \[BC = 15 + 15 = 30\,\left( {cm} \right)\]

\[ \Rightarrow \Delta ABC\] cân tại \[A\] và \[M\] là trung điểm của \[BC\]

\[ \Rightarrow AM\] là đường trung tuyến đồng thời là đường cao, đường phân giác của \[\Delta ABC\]

\[ \Rightarrow AM = \sqrt {A{B^2} - O{B^2}}  = \sqrt {{{25}^2} - {{15}^2}}  = 20\,\left( {cm} \right)\]

\[{S_{ABC}} = \frac{{AM.BC}}{2} = \frac{{20.30}}{2} = 300\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})\]

\[{S_{BPM}} = \frac{1}{2}BM.BP.\sin B = \frac{1}{2}BM.BP.\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{1}{2}.15.15.\frac{{20}}{{25}} = 90\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})\]

Chứng minh được \[\Delta BPM = \Delta CNM \Rightarrow {S_{CNM}} = 90\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})\]

\[\Delta APN\] cân tại \[A\] \[ \Rightarrow \widehat {APN} = \widehat {ABC} = \frac{{180^\circ  - \widehat {BAC}}}{2}\] (tính chất góc ở đáy của tam giác cân)

\[ \Rightarrow PN\,\,{\rm{//}}{\kern 1pt} \,BC\] (có hai góc đồng vị bằng nhau)

\( \Rightarrow \Delta APN\)\(\Delta ABC\) \[ \Rightarrow \frac{{{S_{APN}}}}{{{S_{ABC}}}} = {\left( {\frac{{AP}}{{AB}}} \right)^2} = {\left( {\frac{{10}}{{25}}} \right)^2} = \frac{4}{{25}}\]

\[ \Rightarrow {S_{APN}} = \frac{4}{{25}}.{S_{ABC}} = \frac{4}{{25}}.300 = 48\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})\]

Diện tích tam giác \[MNP\] là

\[{S_{MNP}} = {S_{ABC}} - {S_{APN}} - {S_{BPM}} - {S_{CMN}} = 300 - 48 - 90 - 90 = 72\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})\]

Lời giải

Chọn D

- Xét lục giác đều \[ABCDEF\] nội tiếp đường tròn \[(O;R)\]

Suy ra \[AB = R\]

Khoảng cách từ \[O\]đến \[AB\]là \[OI = R\sin 60^\circ  = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\]

- Diện tích hình thang \[ABCF\] là

\[{S_{ABCF}} = \frac{1}{2}(AB + CF).OI = \frac{1}{2}(R + 2R)\frac{{R\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{4}\]

- Diện tích hình lục giác đều nội tiếp hình tròn \[(O;R)\]

\[S = 2{S_{ABCF}} = 2.\frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{2}\]

Vì diện tích phần cắt bỏ đi là \[54\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\] nên ta có phương trình

\[\pi {R^2} - \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{2} = 54\] nên \[{R^2} = \frac{{108}}{{2\pi  - 3\sqrt 3 }}\].

Diện tích hình lục giác đều nội tiếp hình tròn \[(O;R)\]

\[{S_{ABC{\rm{D}}EF}} = {R^2}\frac{{3\sqrt 3 }}{2} = \frac{{108}}{{2\pi  - 3\sqrt 3 }} \cdot \frac{{3\sqrt 3 }}{2} = \frac{{162\sqrt 3 }}{{2\pi  - 3\sqrt 3 }} \approx 258,13\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})\].