Trắc nghiệm Bài tập cuối chương 5 lớp 9 (có đúng sai, trả lời ngắn)

Đáp án đúng là: C

Do \[OH < 2{\rm{\;cm}}\] nên điểm \[H\] nằm trong đường tròn \[\left( {O\,;\,2{\rm{\;cm}}} \right).\]

Đáp án đúng là: A

Ta có trong một đường tròn, đường kính là dây cung lớn nhất.

Vì vậy ta điền như sau: “Trong các dây của một đường tròn, đường kính là dây có độ dài lớn nhất”.

Đáp án đúng là: A

Diện tích hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn đồng tâm \[\left( {O;2{\rm{\;cm}}} \right)\] và \[\left( {O;3{\rm{\;cm}}} \right)\]là:

\[{S_v} = \pi \left( {{R^2} - {r^2}} \right) = \pi \left( {{3^2} - {2^2}} \right) = 5\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\]

Đáp án đúng là: D

Ta có đường thẳng \[d\]là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] tại \[A\]nên \[d \bot OA\] tại \[A,\] với \[A\] là tiếp điểm.

Đáp án đúng là: A

Vì đường tròn \[\left( {O'} \right)\] có đường kính \[OA.\] nên \[O'\] là trung điểm \[OA.\]

Đặt \[R = OA\] và \[R' = O'A = \frac{{OA}}{2}.\] Suy ra \[R > R'.\]

Ta có \[OA - \frac{{OA}}{2} = \frac{{OA}}{2}.\] Suy ra \[R - R' = OO',\] với \[R > R'.\]

Khi đó hai đường tròn \[\left( {O;OA} \right)\] và \[\left( {O';\frac{{OA}}{2}} \right)\] tiếp xúc trong.

Đáp án đúng là: D

Xét đường tròn tâm \(O\) có hai tiếp tuyến tại \(B\) và \(C\)cắt nhau tại \(A\) nên \(AB = AC\)(tính chất).

Lại có \(OB = OC\)nên \(OA\) là đường trung trực của đoạn \(BC\) hay \(OA \bot BC\) tại trung điểm của \(BC\).

Đáp án đúng là: C

Vì \(AB\) và \(AC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(A\) nên \(AO\) là tia phân giác của \(\widehat {BAC}.\) Do đó \[\widehat {BAO} = \frac{1}{2}\widehat {BAC} = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ = 45^\circ .\]

Do \(AB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(B\) nên \(AB \bot OB\).

Khi đó \(\Delta ABO\) vuông tại \(B\) có \[\widehat {BAO} = 45^\circ \] nên là tam giác vuông cân tại \(B\).

Đáp án đúng là: C

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(AB = BC = CD = DA = 2{\rm{\;cm}}.\)

Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\) có:

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {2^2} + {2^2} = 8.\) Suy ra \(AC = 2\sqrt 2 {\rm{\;cm}}{\rm{.}}\)

Vì \(I,\,\,J\) lần lượt là trung điểm của \(AC,\,\,CD\) nên ta có:

⦁\(AI = \frac{{AC}}{2} = \sqrt 2 {\rm{\;cm;}}\)

⦁\(CJ = \frac{{CD}}{2} = 1{\rm{\;cm}}.\)

Ta có: \(AI + CJ = \sqrt 2 + 1{\rm{\;(cm)}}\) và \(AC = 2\sqrt 2 {\rm{\;cm}}{\rm{.}}\)

Suy ra \(AI + CJ < AC\) (do \(1 + \sqrt 2 < 2\sqrt 2 )\) nên hai đường tròn ở ngoài nhau.

Đáp án đúng là: A

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

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

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

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

\[B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} = {15^2} + {8^2} = 289.\] Suy ra \[BD = 17{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vì \[O\] là trung điểm của \[BD\] nên \[OB = \frac{{BD}}{2} = \frac{{17}}{2} = 8,5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Do đó bán kính đường tròn cần tìm là \[OB = 8,5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Đáp án đúng là: D

Ta có \(BC \bot OA\) tại trung điểm \[M\] của \[OA\] nên \(BC\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(OA.\)

Do đó \[OB = AB.\]

Mà \[OA = OB\] nên \[OA = OB = AB.\] Suy ra tam giác \[OAB\]là tam giác đều.

Do đó \[\widehat {AOB} = 60^\circ .\]

Chứng minh tương tự, ta được \[\widehat {AOC} = 60^\circ .\]

Ta có $\text{sđ}\stackrel{⏜}{BAC}=\widehat{BOC}=\widehat{AOB}+\widehat{AOC}=60°+60°=120°.$

Khi đó số đo cung lớn \[BC\] bằng $360°-\text{sđ}\stackrel{⏜}{BAC}=360°-120°=240°.$

Độ dài cung lớn \[BC\] là: \[l = \frac{n}{{360}}C = \frac{{240}}{{360}} \cdot 4\pi = \frac{{8\pi }}{3}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

a) Đúng.

Xét \[\Delta OAB\] có \[OA = OB = AB = R\]nên\[\Delta OAB\] là tam giác đều.

Khi đó \[\widehat {AOB} = \widehat {OAB} = 60^\circ .\]

Theo bài, điểm \[C\] nằm trên tia đối của tia \[BA\] sao cho \[BC = BA\]nên \[B\] là trung điểm \[AC.\]

Tam giác \[OAC\] có \[OB\] là đường trung tuyến ứng với \(AC\)và \[R = OB = BA = BC = \frac{{AC}}{2}\] nên tam giác \[OAC\] vuông tại \[O.\]

Do đó \[\widehat {AOC} = 90^\circ \]      (1)

Vì vậy  $\text{sđ}\stackrel{⏜}{AD}=90°.$

b) Đúng.

Tam giác \[OAC\] vuông tại \[O,\] có: \[\widehat {OAC} + \widehat {OCA} = 90^\circ .\]

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

c) Đúng.

Từ (1), (2), ta thu được\[\widehat {AOD} = 3\widehat {ACD}.\]

d) Sai.

Từ (1), ta suy ra \[OA \bot OE\] hay \[\widehat {AOE} = 90^\circ .\]

Ta có $\text{sđ}\stackrel{⏜}{BE}=\text{sđ}\stackrel{⏜}{BA}+\text{sđ}\stackrel{⏜}{AE}=\widehat{BOA}+\widehat{AOE}=60°+90°=150°\ne 120°.$

a) Đúng.

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có: \[AB,AC\] lần lượt là tiếp tuyến tại \[B,C\] nên \[AB = AC\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) .

Suy ra \[A\] thuộc đường trung trực của \[BC\].

Mà \[OB = OC = R\] nên \[O\] thuộc đường trung trực của \[BC\]

Do đó \[OA\] là đường trung trực của \[BC\] nên \[OA \bot BC\] tại \[H\].

b) Đúng.

Xét \(\Delta OBE\) cân tại \(O\) (do \(OB = OE = R)\) nên

\(\widehat {OBE} = \widehat {OEB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOE}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BOE}.\)

Xét \(\Delta OED\) cân tại \(O\) (do \(OD = OE = R)\) nên\(2\widehat {ODE} = 180^\circ - \widehat {EOD} = \widehat {BOE}\).

Suy ra \(2\widehat {ODE} = \widehat {BOE}\) hay \(\widehat {ODE} = \frac{1}{2}\widehat {BOE}\). Do đó, \(\widehat {BDA} = \frac{1}{2}\widehat {BOE}.\)

Suy ra \(\widehat {OBE} = 90^\circ - \widehat {BDA}.\)

Mà \(\widehat {OBE} = 90^\circ - \widehat {ABE}\) nên \[\widehat {ABE} = \widehat {ADB}\].

c) Đúng.

Xét \[\Delta ABE\] và \[\Delta ADB\] có: \[\widehat {BAD}\] chung, \[\widehat {ABE} = \widehat {ADB}\].

Do đó $\Delta ABE\backsim \Delta ADB$ (g.g)

Suy ra \[\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AB}}\] nên \[A{B^2} = AE \cdot AD\].

d) Sai.

Xét \(\Delta AOB\) vuông tại \(B,\) có:

\(\cos \widehat {AOB} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{R}{{\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 } \right)R}} = \frac{{\sqrt 6 - \sqrt 2 }}{4},\) suy ra \(\widehat {AOB} = 75^\circ .\)

Do \[AB,AC\] lần lượt là tiếp tuyến tại \[B,C\] của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[OA\] là tia tiếp tuyến của \(\widehat {BOC}\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \(\widehat {BOC} = 2\widehat {AOB} = 2 \cdot 75^\circ = 150^\circ .\)

Do đó \(\widehat {COD} = 180^\circ - \widehat {BOC} = 180^\circ - 150^\circ = 30^\circ \) nên

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \(OC,\,\,OD\) và cung nhỏ \(CD\) là:

\(S = \frac{{\pi {R^2} \cdot 30}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{{12}}\) (đvdt).

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \(OC,\,\,OD\) và cung nhỏ \(CD\) là \(\frac{{\pi {R^2}}}{{12}}\)(đvdt).

a) Đúng.

Ta có: \(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

               \(OA = OB\) (cùng bằng bán kính đường tròn \(\left( O \right)\))

Suy ra \(OM\) là đường trung trực của \(AB.\)

Mà đường thẳng \(AB\) cắt \(OM\) tại \(K\) nên \(K\) là trung điểm của \(AB.\)

b) Sai.

Ta có: \(\widehat {ABN} = 90^\circ \) (\(B\) thuộc đường tròn đường kính \(AN\)).

Suy ra \[BN\parallel MO\] (cùng vuông góc với \(AB\)).

Do đó: \(\widehat {AOM} = \widehat {ANB}\) (đồng vị)

            \(\widehat {AOM} = \widehat {BOM}\) (\(OM\) là phân giác \(\widehat {AOB}\))

Suy ra \(\widehat {ANB} = \widehat {BOM}\).

Xét \(\Delta BHN\) và \(\Delta MBO\), có:\(\widehat {BHN} = \widehat {MBO} = 90^\circ \); \(\widehat {ANB} = \widehat {BOM}\)

Suy ra  $\Delta BHN\backsim \Delta MOB$ (g.g).

c) Đúng.

Vì (cmt) nên \(\frac{{BH}}{{MB}} = \frac{{BN}}{{MO}}\) hay \(MB.BN = BH.MO\).

d) Sai.

Xét \(\Delta AOM\) vuông tại \(A\) có: \(\cos \widehat {AOM} = \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2},\) suy ra \(\widehat {AOM} = 60^\circ .\)

Do \(MA\) và \(MB\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(OM\) là tia phân giác góc \(\widehat {AOB}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \(\widehat {AOB} = 2\widehat {MOA} = 120^\circ \).

Do đó, \(\widehat {NOB} = 180^\circ - \widehat {BOA} = 60^\circ \) nên .

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OB,\]\[ON\] và cung nhỏ \[BN\] là:

\[S = \frac{{\pi {R^2}.60}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\] (đvdt).

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OB,\]\[ON\] và cung nhỏ \[BN\] là\[\frac{{\pi {R^2}}}{6}\] (đvdt).

a) Đúng.

Ta có \(CA,\,\,CM\) là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(C\) nên \(CA = CM\) và \(OC\)là tia phân giác của \[\widehat {AOM}\], do đó \(\widehat {AOC} = \widehat {COM} = \frac{1}{2}\widehat {AOM}.\)

Tương tự, ta có \(DB = DM\) và \[OD\] là tia phân giác của \[\widehat {BOM}\], do đó \(\widehat {BOD} = \widehat {MOD} = \frac{1}{2}\widehat {BOM}.\)

Mà \[\widehat {AOM}\] và \[\widehat {BOM}\] là hai góc kề bù nên \[\widehat {AOM} + \widehat {BOM} = 180^\circ .\]

Khi đó, ta có: \[\widehat {COM} + \widehat {MOD} = \frac{1}{2}\widehat {AOM} + \frac{1}{2}\widehat {BOM} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {AOM} + \widehat {BOM}} \right) = \frac{1}{2} \cdot 180^\circ = 90^\circ .\]

Hay \(\widehat {COD} = 90^\circ .\)

b) Sai.

Vì \(CD\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M\) nên \[CD \bot OM.\]

Xét \(\Delta COM\) và \(\Delta ODM\) có:

\[\widehat {CMO} = \widehat {OMD} = 90^\circ \] và \(\widehat {OCM} = \widehat {DOM}\) (cùng phụ với \(\widehat {COM}\))

Do đó $\Delta COM\backsim \Delta DOM$ (g.g)

c) Đúng.

Vì  $\Delta COM\backsim \Delta DOM$ (g.g)

Suy ra \(\frac{{CM}}{{OM}} = \frac{{OM}}{{DM}}\) hay \[O{M^2} = CM.DM\].

Mà \[AC = CM\] và \[BD = MD\] (chứng minh trên)

Do đó, \[O{M^2} = CM.DM = AC.BD\] hay \[{R^2} = AC \cdot BD\]. (1)

Mặt khác, \(AB\) là đường kính của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[AB = 2R,\] suy ra \[A{B^2} = 4{R^2}\] nên \[{R^2} = \frac{{A{B^2}}}{4}.\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[AC.BD = \frac{{A{B^2}}}{4}\].

d) Đúng.

Ta có: \[AC \bot AB,\,\,BD \bot AB\] nên \[AC\,{\rm{//}}\,BD\].

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{AC}}{{BD}}\].

Mà \[CA = CM\], \[BD = DM\] (chứng minh câu a)

Do đó ta có \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{CM}}{{DM}},\] suy ra \[MN\,{\rm{//}}\,BD\] (định lí Thalès đảo).

Lại có \[BD \bot AB\] nên \[MN \bot AB.\]

a) Đúng.

Vì \(d,\,\,d'\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) lần lượt tại \(A,\,\,B\) nên \[d \bot OA,\,\,d' \bot OB\].

Tứ giác \(ABDC\) có \(AC\,{\rm{//}}\,BD\) (cùng vuông góc với \(AB\)) nên \(ABDC\) là hình thang.

Hình thang \(ABDC\) có \(\widehat {CAB} = \widehat {ABD} = 90^\circ \) nên \(ABDC\) là hình thang vuông.

b) Sai.

Ta có \(\widehat {AOC} + \widehat {COD} + \widehat {DOB} = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat {AOC} + \widehat {DOB} = 180^\circ  - \widehat {COD} = 180^\circ  - 90^\circ  = 90^\circ .\)

Lại có \(\widehat {DOB} + \widehat {ODB} = 90^\circ \) (tổng hai góc nhọn trong \(\Delta OBD\) vuông tại \(B)\)

Do đó \(\widehat {AOC} = \widehat {ODB}\).

Xét \(\Delta CAO\) và \(\Delta OBD\) có: \(\widehat {CAO} = \widehat {OBD} = 90^\circ \) và \(\widehat {AOC} = \widehat {BDO}\).

Do đó  $\Delta CAO\backsim \Delta BDO$ (g.g)

c) Đúng.

Vì $\Delta CAO\backsim \Delta BDO$ (g.g) nên \(\frac{{CA}}{{OB}} = \frac{{AO}}{{BD}}\) nên \(CA \cdot BD = OA \cdot OB = {R^2}\).

d) Đúng.

Vì  $\Delta CAO\backsim \Delta BDO$ suy ra \(\frac{{CA}}{{OB}} = \frac{{CO}}{{OD}}\)

Mà \(OA = OB = R\) nên \(\frac{{CA}}{{OA}} = \frac{{CO}}{{DO}}\).

Xét \(\Delta CAO\) và \(\Delta COD\) có: \(\widehat {CAO} = \widehat {COD} = 90^\circ \) và \(\frac{{CA}}{{OA}} = \frac{{CO}}{{DO}}\)

Do đó $\Delta CAO\backsim \Delta COD$ (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {ACO} = \widehat {DCO}\) (hai góc tương ứng).

Xét \(\Delta CAO\) và \(\Delta CHO\) có:

\(\widehat {CAO} = \widehat {CHO} = 90^\circ \), \(CO\) là cạnh chung và \(\widehat {ACO} = \widehat {DCO}\)

Do đó \(\Delta CAO = \Delta CHO\) (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra \(AO = HO\) (hai cạnh tương ứng).

Như vậy, \(CD \bot OH\) tại \(H\) và \(H\) thuộc đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) (do \(OH = OA = R)\) nên \(CD\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O;R} \right)\).

Đáp án: 62,8

Diện tích hình vành khuyên đó là: \(S = \pi \left( {{6^2} - {4^2}} \right) = 20\pi \approx 62,8{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Đáp án: 0,31

Bán kính của đường tròn lớn là: \(80:2 = 40{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Bán kính của đường tròn nhỏ là: \(50:2 = 25{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Diện tích bề mặt trên chiếc đèn chính là diện tích hình vành khuyên được giới hạn bởi hai đường tròn có bán kính lần lượt là \(40{\rm{\;cm}},\,\,25{\rm{\;cm}}\) và bằng:

\(S = \pi \left( {{{40}^2} - {{25}^2}} \right) = 3\,\,063,05{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right) \approx 0,31{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}\).

Đáp án: 3,6

Công thức tính độ dài của cung tròn \(n^\circ \) trên đường tròn bán kính \(R{\rm{\;(cm)}}\) là: \[l = \frac{n}{{180}} \cdot \pi R{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Suy ra \(R = \frac{{180l}}{{n\pi }}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Thay \(n = 50,\,\,l = \pi {\rm{\;(cm)}}\) ta được: \[R = \frac{{180 \cdot \pi }}{{50 \cdot \pi }} = 3,6{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vậy bán kính của đường tròn đó là \[3,6{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Đáp án: 16,8

Ta có $\text{sđ}\stackrel{⏜}{BAC}=\widehat{BOC}=\widehat{AOB}+\widehat{AOC}=60°+60°=120°.$

Khi đó số đo cung lớn \[BC\] bằng 

Độ dài cung lớn \[BC\] là: \[l = \frac{n}{{360}}C = \frac{{240}}{{360}} \cdot 8\pi  = \frac{{16\pi }}{3}{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right) \approx 16,8{\rm{ cm}}{\rm{.}}\]

Đáp án: 4,25

Gọi bán kính của đường tròn \[\left( O \right)\] là \[R,\] ta có:

\[OA = OB = OC = R\] và \[OH = OC - HC = R - 0,5 = R - \frac{1}{2}\].

Tam giác \[AOB\] cân tại \[O\] nên đường cao \[OH\] đồng thời là trung tuyến hay \[H\] là trung điểm của \[AB\], ta có: \[HA = HB = \frac{{AB}}{2} = 2\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

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

\[O{A^2} = O{H^2} + A{H^2}\] hay \[{R^2} = {\left( {R - \frac{1}{2}} \right)^2} + {2^2}\]

\[{R^2} = {R^2} - R + \frac{1}{4} + 4\]

\[R = \frac{{17}}{4}\]

\[R = 4,25\] (m).

Vậy bán kính của guồng nước là \[4,25\] m.