Trắc nghiệm Cung và dây của một đường tròn lớp 9 (có đáp án)

Đáp án đúng là: D

Vì tam giác \[OHD\] vuông tại \[H\] nên \[\cos \widehat {HOD} = \frac{{OH}}{{OD}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}OA}}{{OD}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot R}}{R} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\]

Suy ra \[\widehat {HOD} = 30^\circ .\]

Tam giác \[OCD\] cân tại \[O\] (do \[OC = OD = R\]) có \[OH\] là đường cao nên \[OH\] cũng là đường phân giác của tam giác. Do đó \[\widehat {COD} = 2 \cdot \widehat {HOD} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ .\]

Vì vậy số đo cung nhỏ \(CD\) là

Vậy số đo cung lớn \[CD\] là:

Do đó ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: A

Qua \[O\] kẻ đường thẳng vuông góc với \[AC\] tại \[E,\] cắt \[BD\] tại \[F.\]

Suy ra \[EF \bot BD\] (do \[AC\,{\rm{//}}\,BD.\]).

Tam giác \[OAC\] cân tại \[O\] (do \[OA = OC = R\]) có \[OE\] là đường cao nên \[OE\] cũng là đường trung tuyến của tam giác.

Do đó \[E\] là trung điểm \[AC\] hay \[AC = 2EA.\]

Chứng minh tương tự, ta được \[F\] là trung điểm \[BD\] hay \[BD = 2FB.\]

Xét \[\Delta OEA\] và \[\Delta OFB,\] có:

\[\widehat {AEO} = \widehat {BFO} = 90^\circ ;\] \[OA = OB = R;\] \[\widehat {AOE} = \widehat {BOF}\] (đối đỉnh)

Do đó \[\Delta OEA = \Delta OFB\] (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra \[EA = FB\] (hai cạnh tương ứng). Vì vậy \[2EA = 2FB,\] hay \[AC = BD.\]

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: D

⦁ Xét \[\Delta AOM\] và \[\Delta BON,\] có:

\[OA = OB = R;\] \[OM = ON = R;\] \[AM = BN\]

Do đó \[\Delta AOM = \Delta BON\] (c.c.c)

Suy ra \[\widehat {AOM} = \widehat {BON}\] (hai góc tương ứng).

Vì vậy

Khi đó hay

Vì vậy phương án A đúng.

⦁ Xét \[\Delta AON\] và \[\Delta BOM,\] có:

\[OA = OB = R;\] \[ON = OM = R;\] \[\widehat {AON} = \widehat {BOM}\] (do

Do đó \[\Delta AON = \Delta BOM\] (c.g.c).

Vì vậy phương án C đúng.

⦁ Ta có \[\Delta AON = \Delta BOM\] (chứng minh trên)

Suy ra \[AN = BM\] (hai cạnh tương ứng).

Do đó phương án B đúng.

Vậy cả ba phương án đều đúng, ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: C

Tam giác \[OAB\] cân tại \[O\] (do \[OA = OB = R)\] có \[OH\] là đường cao nên \[OH\] cũng là đường trung tuyến của tam giác. Do đó \[H\] là trung điểm \[AB.\]

Vì vậy \[HA = HB = \frac{{AB}}{2} = \frac{{16}}{2} = 8{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Chứng minh tương tự, ta được \[KC = KD = \frac{{CD}}{2} = \frac{{12}}{2} = 6{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Ta có \[KC = KM + MC.\] Suy ra \[KM = KC - MC = 6 - 2 = 4{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Tứ giác \[OHMK\] có: \[\widehat {OKM} = \widehat {KMH} = \widehat {OHM} = 90^\circ \] nên tứ giác \[OHMK\] là hình chữ nhật.

Do đó \[OH = KM = 4{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

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

\[O{B^2} = O{H^2} + H{B^2} = {4^2} + {8^2} = 80\]. Suy ra \[R = OB = 4\sqrt 5 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \[OKD\] vuông tại \[K,\] ta được: \[O{D^2} = O{K^2} + K{D^2}.\]

Suy ra \[O{K^2} = O{D^2} - K{D^2} = {R^2} - K{D^2} = {\left( {4\sqrt 5 } \right)^2} - {6^2} = 44\]

Do đó \[OK = 2\sqrt {11} {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vậy diện tích hình chữ nhật \[OHMK\] là: \[S = KM \cdot OK = 4 \cdot 2\sqrt {11} = 8\sqrt {11} {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\]

Do đó ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: D

Đường tròn tâm \[O\] có đường kính bằng \[2 \cdot 20 = 40{\rm{\;(m)}}.\]

Vì độ dài dây \[AB\] không thể vượt quá độ dài đường kính của đường tròn tâm \[O\] nên \[AB \le 40{\rm{\;(m)}}.\]

Tức là, không có thời điểm nào dây \[AB\] nối vị trí của hai bạn đó có độ dài lớn hơn \[40{\rm{\;m}}.\]

Vì \[41{\rm{\;(m)}} > 40{\rm{\;(m)}}\] nên độ dài dây \[AB\] nối vị trí của hai bạn đó không thể bằng \[41{\rm{\;m}}.\]

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: B

Vì số đo của đường tròn gấp \[5\] lần số đo cung nhỏ \[AB\] và cung cả đường tròn có số đo bằng \[360^\circ \] nên số đo cung nhỏ \[AB\] bằng \[\frac{1}{5} \cdot 360^\circ = 72^\circ .\]

Khi đó số đo cung lớn \[AB\] bằng \[360^\circ - 72^\circ = 288^\circ .\]

Vậy ta chọn phương án B.