20 câu trắc nghiệm Toán 9 Kết nối tri thức Bài 13. Mở đầu về đường tròn (Đúng sai - trả lời ngắn) có đáp án

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 \[R = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]

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.

a) Đúng.

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 \[OA.\]

b) 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.

c) Sai.

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 \[BM = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

d) Đúng.

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 \[BC = 2BM = 2 \cdot \frac{{3\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

a) Đúng.

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 \[O.\]

b) Đúng.

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

c) Sai.

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 \[AH)\]

Do đó,\[BC = 2 \cdot HC = 2 \cdot 2\sqrt 3 = 4\sqrt 3 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

d) Đúng.

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

a) Đúng.

Xét tam giác vuông \[BNC\], có \[NO\] là đường trung tuyến nên \[NO = BO = OC = \frac{1}{2}BC\].

b) Sai.

Xét tam giác vuông \[BMC\], có \[MO\] là đường trung tuyến nên \[MO = OB = OC = \frac{1}{2}BC\].

Từ đây, suy ra \[OM = ON = OB = OC = \frac{{BC}}{2}\] hay bốn điểm \[B,\,\,N,\,\,M,\,\,C\] cùng thuộc đường tròn tâm \[O\], bán kính \[\frac{{BC}}{2}\].

c) Đúng.

Ta có \[\Delta ABC\] đều có \[G\] là trực tâm đồng thời là trọng tâm.

Xét \[\Delta AOB\] vuông tại \[O\] có \[N\] là trung điểm nên:

\[R = ON = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\]; \[OA = \sqrt {AB{}^2 - O{B^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} > \frac{a}{2} = R\].

Do đó, điểm \[A\] nằm ngoài đường tròn \[\left( O \right)\].

d) Đúng.

Ta có: \[G\] là trọng tâm nên \[OG = \frac{1}{3}OA = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} < \frac{a}{2} = R\].

Do đó \[G\] nằm trong đường tròn \[\left( O \right)\].

a) Sai.

Xét \[\Delta CMB\] và \[\Delta DNC\], có:

\[\widehat {MBC} = \widehat {NCD} = 90^\circ \]

\[\widehat C\] chung

\[BC = DC\]

Do đó, \[\Delta CMB = \Delta CND\] (cạnh góc vuông – góc nhọn).

b) Đúng.

Vì \[\Delta CMB = \Delta CND\] (cmt)

Suy ra \[\widehat {DNC} = \widehat {CMB}\] (hai góc tương ứng)

Ta có: \[\widehat {ECN} + \widehat {ENC} = \widehat {ECN} + \widehat {CMB} = 90^\circ \]

Do đó, \[\widehat {CEN} = 90^\circ \] hay \[CM \bot DN\].

c) Đúng.

Nhận thấy \[\Delta ADM\] vuông tại \[A\] nên \[A,\,D,\,M\] thuộc đường tròn đường kính \[DM\].

                  \[\Delta DME\] vuông tại \[E\] nên \[E,\,D,\,M\] thuộc đường tròn đường kính \[DM\].

Do đó, \[A,\,\,D,\,\,E,\,\,M\] cùng thuộc một đường tròn đường kính \[DM\].

d) Sai.

Vì \[AM\parallel IC\] và \[AM = IC = \frac{1}{2}AB\] nên \[AMCI\] là hình bình hành.

Do đó, \[AI\parallel MC\].

Suy ra \[\Delta ADE\] cân tại \[A\], do đó \[AD = AE = AB\].

Vậy \[B,\,\,D,\,\,E\] thuộc đường tròn tâm \[A\] bán kính \[AB\].

a) Đúng.

Có \[\Delta BFC\] vuông tại \[F\] nên \[B,\,\,F,\,\,C\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[BC\].

Có \[\Delta BEC\] vuông tại \[E\] nên \[B,\,\,E,\,\,C\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[BC\].

Do đó, \[B,\,\,F,\,\,E,\,\,C\] cùng thuộc đường tròn tâm \[O\] đường kính \[BC\].

b) Đúng.

\[\Delta ABC\] cân tại \[A\] có \[BE,\,\,CF\] là hai đường cao nên \[BE = CF\].

Và \[AH\] vừa là đường cao vừa là đường phân giác \[\widehat {BAC}\].

Ta chứng minh được \[\Delta AFH = \Delta AEH\] (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra \[HF = HE.\]

Do đó, \[HF = HE = HI = HK\] nên \[E,\,\,F,\,\,I,\,\,K\] cùng thuộc một đường tròn.

c) Đúng.

Bốn điểm \[E,\,\,F,\,\,I,\,\,K\] cùng thuộc đường tròn tâm \[H\] bán kính \[HE\].

\[\Delta AEH\] vuông tại \[E\] có \[EM\] là trung tuyến nên \[ME = MH = MA\].

Do đó, \[\Delta HME\] là tam giác cân tại \[M\].

d) Đúng.

Để \[M\] thuộc đường tròn \[\left( {H;\,\,HE} \right)\] thì \[HM = HE\] khi đó \[\Delta HME\] là tam giác đều.

Suy ra \[\widehat {MHE} = 60^\circ \], do đó \[\widehat {HAE} = 30^\circ \] suy ra \[\widehat {BAC} = 60^\circ \].

Vậy \[\Delta ABC\] đều thì điểm \[M\] thuộc đường tròn \[\left( H \right)\].

Đáp án: 6,5

Vì tam giác \[ABC\] cân tại \[A\] nên đường cao \[AH\] là đường trung trực của đoạn \[BC\].

Qua trung điểm \[M\] của \[AB\] kẻ đường trung trực của \[AB\] cắt \[AH\] tại \[O\]. Khi đó tâm đường tròn đi qua ba đỉnh của tam giác \[ABC\].

Bán kính đường tròn \[\left( O \right)\] là \[R = OA = OB\].

Tam giác \[OBH\] vuông tại \[H\], ta có:

\[B{O^2} = B{H^2} + O{H^2}\]

\[B{O^2} = {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} + {\left( {OA - AH} \right)^2}\]

\[{R^2} = 36 + {\left( {R - 4} \right)^2}\]

\[{R^2} = 36 + {R^2} - 8R + 16\]

\[8R = 52\]

\[R = 6,5\] (cm).

Đáp án: 10,8

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

Ta có: \[OA = OB = OC = OD\] (Tính chất đường chéo của hình chữ nhật)

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

Xét tam giác \[ADC\] vuông tại \[D\], áp dụng định lí Pythagore, ta có:

\[A{C^2} = A{D^2} + C{D^2} = {18^2} + {12^2}\]

Suy ra \[AC = \sqrt {{{18}^2} + {{12}^2}} = 6\sqrt {13} \,\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\]

Vậy bán kính đường tròn \[\left( O \right)\] đi qua bốn điểm \[A,\,\,B,\,C,\,D\] là \[\frac{{6\sqrt {13} }}{2} = 3\sqrt {13} \approx 10,8\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Đáp án: 12,5

Nhận thấy \[MH \bot AB,\,\,CK \bot AB\] nên \[HM\parallel CK\].

Lại có, \[M\] là trung điểm của \[AC\] nên \[MH\] là đường trung bình của \[\Delta ACK\].

Suy ra \[KC = 2HM = 16\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Áp dụng Pythagore trong tam giác vuông \[AKC\] được \[AK = \sqrt {A{C^2} - K{C^2}} = \sqrt {{{20}^2} - {{16}^2}} = 12\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\]

Suy ra \[AK = \frac{1}{2}AB\] hay \[K\] là trung điểm của \[AB\].

Bán kính của hình tròn \[\left( O \right)\] là \[OA = OC.\]

Gọi \[OK = x\] suy ra \[OC = OA = 16 - x\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\]

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \[OAK\] có:

\[O{A^2} = O{K^2} + K{A^2}\]

Hay \[{\left( {16 - x} \right)^2} = {x^2} + {12^2}\]

Suy ra \[32x = 112\] hay \[x = 3,5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Suy ra \[OC = OA = 16 - x = 16 - 3,5 = 12,5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Lời giải

Đáp án: 2,24

Ta có \[\widehat {CDN} = \widehat {ECN}\] (vì cùng phụ với \[\widehat {CNE}\] nên \[\widehat {CNE} + \widehat {ECN} = \widehat {CNE} + \widehat {CDN} = 90^\circ \].

Suy ra \[\widehat {CEN} = 90^\circ \]. Do đó, \[CM \bot DN\].

Gọi \[I\] là trung điểm của \[DM\].

Xét tam giác vuông \[ADM\] ta có: \[AI = ID = IM = \frac{{DM}}{2}\].

Xét tam giác vuông \[DEM\] ta có: \[EI = ID = IM = \frac{{DM}}{2}\].

Nên \[EI = ID = IM = IA = \frac{{DM}}{2}\].

Do đó, bốn điểm \[A,\,\,D,\,\,E,\,\,M\] cùng thuộc đường tròn tâm \[I\] bán kính \[R = \frac{{DM}}{2}\].

Xét tam giác \[ADM\] vuông tại \[A\], có \[AD = 4\,\,{\rm{cm}}{\rm{, }}AM = \frac{{AB}}{2} = 2\,\,{\rm{cm}}\]nên theo định lí Pythagore ta có: \[DM = \sqrt {A{D^2} + A{M^2}} = \sqrt {{4^2} + {2^2}} = 2\sqrt 5 \] (cm).

Suy ra bán kính đường tròn đi qua bốn điểm \[A,\,\,D,\,\,E,\,\,M\] là \[R = \frac{{DM}}{2} = \frac{{2\sqrt 5 }}{2} = \sqrt 5 \approx 2,24\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Đáp án: 14

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 \[2 \cdot \left( {AM + MC} \right) = 2 \cdot \left( {4 + 3} \right) = 14{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]