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

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 \[(O;R)\]

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