Trắc nghiệm Cung và dây của một đường tròn lớp 9 (có đúng sai, trả lời ngắn)

Đáp án đúng là: B

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

Trongđường tròn \[\left( O \right)\] có\[AB\] là đường kính và dây \[CD\] không đi qua tâm nên \[AB > CD.\]

Đáp án đúng là: A

⦁ Các phương án B, C, D đúng.

⦁ Ta thấy đường kính của đường tròn bán kính \[R\] có độ dài bằng \[2R.\]

Vì dây \[AB\] không là đường kính của đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] nên độ dài dây \[AB\] luôn nhỏ hơn đường kính của đường tròn \[\left( {O;R} \right).\] Tức là, \[AB < 2R.\]

Do đó phương án A là khẳng định sai.

Đáp án đúng là: C

Góc ở tâm là góc có đỉnh trùng với tâm của đường tròn.

Do đó ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: A

Trong một đường tròn, số đo cung nhỏ bằng số đo của góc ở tâm chắn cung đó.

Do đó ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: C

Trong một đường tròn, số đo cung lớn bằng hiệu giữa \[360^\circ \] và số đo của cung nhỏ có chung hai mút.

Đáp án đúng là: D

Ta có số đo cung lớn \(AB\) là \(360^\circ - \widehat {AOB} = 360^\circ - 100^\circ = 260^\circ .\)

Đáp án đúng là: C

Kẻ \[OH \bot AB\] tại \[H.\]

Vì khoảng cách từ tâm đến dây \[AB\] là \[3{\rm{\;cm}}\]nên ta có \[OH = 3{\rm{\;cm}}.\]

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

Suy ra \[H{B^2} = O{B^2} - O{H^2} = {R^2} - O{H^2} = {5^2} - {3^2} = 16\]. Do đó \[HB = 4{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

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 \[AB.\]

Suy ra\[AB = 2 \cdot HB = 2 \cdot 4 = 8{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Tam giác \[OMN\] cân tại \[O\] (do \[OM = ON = R\]) có \[OI\] là đường cao nên \[OI\] cũng là đường trung tuyến.Do đó \[I\] là trung điểm \[MN.\] Vì vậy \[IN = \frac{{MN}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.\]

Vì tam giác \[OIN\] vuông tại \[I\] nên \[\sin \widehat {ION} = \frac{{IN}}{{ON}} = \frac{{\frac{{R\sqrt 3 }}{2}}}{R} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\] Suy ra \[\widehat {ION} = 60^\circ .\]

Tam giác \[OMN\] cân tại \[O\] (do \[OM = ON = R\]) có \[OI\] là đường cao nên \[OI\] cũng là đường phân giác của tam giác. Do đó \[\widehat {MON} = 2 \cdot \widehat {ION} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ .\]

Vì vậy $\text{sđ}\stackrel{⏜}{MN}=\widehat{MON}=120°.$

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

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 \[41{\rm{\;m}}.\]

a) Đúng.

Có \[AD \bot BC\] tại \[H\].

Do đó, \[HB = HC = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 12 = 6\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

b) Sai.

Xét \[\Delta AHB\] vuông tại \[H\], áp dụng định lí Pythagore, ta có: \[A{H^2} = A{B^2} - H{B^2}\].

Suy ra \[A{H^2} = {10^2} - {6^2} = 64\].

Do đó, \[AH = 8\,\,{\rm{cm}}\].

c) Sai.

Xét \[\Delta ABH\] và \[\Delta ABD\] có:

\[\widehat {AHB} = \widehat {ABD} = 90^\circ \].

\[\widehat A\] chung

Do đó, $\Delta ABH\backsim \Delta ADB$ (g.g).

d) Đúng.

Vì $\Delta ABH\backsim \Delta ADB$ (cmt)

Suy ra \[\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AH}}{{AB}}\], do đó \[AD = \frac{{A{B^2}}}{{AH}} = \frac{{100}}{8} = 12,5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right){\rm{.}}\]

Có \[OA = \frac{{AD}}{2} = \frac{{12,5}}{2} = 6,25\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

a) Đúng.

Có \[\Delta OMN\] cân tại \[O\] có \[OK\] vuông góc với \[MN\] tại \[K\] nên \[K\] là trung điểm của \[MN\].

Áp dụng định lý Pythagore vào \[\Delta OMK\] được \[OK = \sqrt {O{M^2} - M{K^2}} = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\frac{{R\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{R}{2}\].

b) Sai.

Ta có: \[\cos \widehat {MOK} = \frac{{OK}}{{OM}} = \frac{1}{2}\], do đó, \[\widehat {MOK} = 60^\circ \].

c) Sai.

Có \[\widehat {MON} = 2\widehat {MOK} = 120^\circ \].

Do đó, số đo cung nhỏ $\stackrel{⏜}{MN}$ bằng \[120^\circ \].

d) Sai.

Số đo cung lớn $\stackrel{⏜}{MN}$ bằng \[360^\circ - 120^\circ = 240^\circ \].

Vậy số đo cung lớn $\stackrel{⏜}{MN}$ gấp hai lần số đo cung nhỏ $\stackrel{⏜}{MN}$.

a) Đúng.

Xét \[\Delta HOC\] vuông tại \[H\] có: \[OH = \sqrt {O{C^2} - H{C^2}} = \sqrt {{{6,5}^2} - {6^2}} = 2,5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

b) Sai.

Do đó, \[AH = 6,5 - 2,5 = 4\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\]; \[BH = 6,5 + 2,5 = 9\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Do đó, \[BH - AH = 9 - 4 = 5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

c) Đúng.

Chứng minh được (g.g); (g.g)

Suy ra .

Do đó, \[\frac{{{S_{CHN}}}}{{{S_{ABC}}}} = {\left( {\frac{{CH}}{{AB}}} \right)^2} = \frac{{{6^2}}}{{{{13}^2}}} = \frac{{36}}{{169}}\].

Suy ra \[{S_{CHN}} = \frac{{36}}{{169}}{S_{ABC}} = \frac{{36}}{{169}} \cdot \frac{1}{2} \cdot 13 \cdot 6 = \frac{{108}}{{13}}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\].

d) Sai.

Có \[{S_{CNHM}} = 2{S_{CHN}} = 2 \cdot \frac{{108}}{{13}} = \frac{{216}}{{13}} < \frac{{221}}{{13}} = 17\].

Do đó, \[{S_{CMHN}} < 17\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\].

a) Đúng.

Vì \[OA = OD = OB\] nên \[\Delta ABD\] vuông tại \[B\]. Do đó:

\[BD = \sqrt {A{D^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{12,5}^2} - {{10}^2}} = 7,5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

b) Sai.

Vì \[OH \bot AB\] tại \[H\] nên \[OH\] là đường trung bình trong \[\Delta ABD\].

Do đó, \[OH = \frac{{BD}}{2} = 3,75\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\]

c) Sai.

Ta chứng minh được (g.g)

Suy ra \[\frac{{AB}}{{KA}} = \frac{{AD}}{{AB}}\].

Do đó, \[AK = \frac{{A{B^2}}}{{AD}} = \frac{{{{10}^2}}}{{12,5}} = 8\,\,{\rm{cm}}\].

Vậy \[AK - BD8 - 7,5 = 0,5 < 1\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\]

d) Đúng.

Có \[OK = AK - AO = 8 - \frac{{12,5}}{2} = 1,75\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

a) Đúng.

Có \[\widehat {COD} = 90^\circ \] nên \[\Delta COD\] vuông cân tại \[O\], ta có: \[CD = \sqrt {O{C^2} + O{D^2}} = R\sqrt 2 \].

Có \[OH \bot CD\] mà \[\Delta COD\]vuông cân tại \[O\] nên \[OH\] đồng thời là đường trung tuyến hay \[HC = HD.\]

Do đó, \[HC = HD = OH = \frac{{CD}}{2} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2} = \frac{R}{{\sqrt 2 }}\].

b) Sai.

Xét tam giác \[OHE\], ta có: \[HE = \sqrt {O{E^2} - O{H^2}} = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{R\sqrt {14} }}{2}\].

c) Đúng.

Suy ra \[ED = EH - HD = \frac{{R\sqrt {14} }}{2} - \frac{{R\sqrt 2 }}{2} = \frac{{R\sqrt 2 \left( {\sqrt 7 - 1} \right)}}{2}\].

d) Đúng.

Ta có: \[ED = EH + HD = \frac{{R\sqrt {14} }}{2} + \frac{{R\sqrt 2 }}{2} = \frac{{R\sqrt 2 \left( {\sqrt 7 + 1} \right)}}{2}\].

Đáp án: 100

Vì tam giác \[ABC\] cân tại \[A\] nên \[\widehat {ABC} = \widehat {ACB}.\]

Tam giác\[ABC,\] có: \[\widehat {BAC} + \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 180^\circ \] (định lí tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra \[2\widehat {ACB} = 180^\circ - \widehat {BAC} = 180^\circ - 40^\circ = 140^\circ .\]

Do đó \[\widehat {ACB} = 70^\circ .\] Vì vậy \[\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = 70^\circ .\]

Vì tam giác \[OBI\] cân tại \[O\] (do \[OI = OB\]) nên \[\widehat {IBO} = \widehat {BIO} = 70^\circ .\]

Tam giác \[OBI,\] có: \[\widehat {BOI} + \widehat {IBO} + \widehat {BIO} = 180^\circ \] (định lí tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra \[\widehat {BOI} = 180^\circ - \left( {\widehat {IBO} + \widehat {BIO}} \right) = 180^\circ - \left( {70^\circ + 70^\circ } \right) = 40^\circ .\]

Thực hiện tương tự, ta thu được \[\widehat {COK} = 40^\circ .\]

Đường tròn \[\left( O \right)\] có \[BC\] là đường kính hay ba điểm \(B,\,\,O,\,\,C\) thằng hàng, đo dó \[\widehat {BOC} = 180^\circ \] nên \[\widehat {BOI} + \widehat {IOK} + \widehat {COK} = 180^\circ \]

Suy ra \[\widehat {IOK} = 180^\circ - \left( {\widehat {BOI} + \widehat {COK}} \right) = 180^\circ - \left( {40^\circ + 40^\circ } \right) = 100^\circ .\]

Vậy $\text{sđ}\stackrel{⏜}{IK}=\widehat{IOK}=100°.$

Đáp án: 26,5

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: \[S = KM \cdot OK = 4 \cdot 2\sqrt {11} = 8\sqrt {11} {\rm{\;}} \approx {\rm{26}}{\rm{,5}}\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\]

Đáp án: 288

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 \[360^\circ - 72^\circ = 288^\circ .\]

Đáp án: 20,8

Ta có: \(M\) là trung điểm của \(OC\) nên \(OM = \frac{{OC}}{2} = 6\)cm.

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \(MOA\) vuông tại \(M,\) ta có: \(M{O^2} + M{A^2} = O{A^2}\)

Suy ra \(M{A^2} = O{A^2} - O{M^2} = {12^2} - {6^2} = 108\)

Do đó \(MA = 6\sqrt 3 {\rm{\;cm}}.\)

Xét \(\Delta OAB\) cân tại \(O\) (do \(OA = OB)\) có \(OM\) là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến, do đó \(M\) là trung điểm của \(AB.\) Khi đó, ta có \(AB = 2MA = 2 \cdot 6\sqrt 3 = 12\sqrt 3 \approx {\rm{20}}{\rm{,8 }}\left( {{\rm{cm}}} \right){\rm{.}}\)

Đáp án: 2,5

Kẻ \(OH \bot AB\). Có \(\Delta AOB\) cân tại \(O\) nên đường cao \(OH\) đồng thời là đường trung tuyến hay \(HAHB = \frac{{AB}}{2} = \frac{3}{2} = 1,5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Mặt khác \(AB\parallel \,CD\) nên \(OH \bot CD\) tại \(K\) nên ta có: \(KC = KD = \,\frac{{CD}}{2} = \frac{4}{2} = 2\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Khi đó, các tam giác \(AHO\) và \(CKO\) vuông. Theo định lí Pythagore, ta có:

\(A{H^2} + O{H^2} = O{A^2} = \left( {{R^2}} \right)\)

\(C{K^2} + O{K^2} = O{C^2} = \left( {{R^2}} \right)\)

Suy ra \(A{H^2} + O{H^2} = C{K^2} + O{K^2}\) (1)

Đặt \(OK = x\), do đó \(OH = 3,5 - x\).

Thay vào (1), ta được: \({1,5^2} + {\left( {3,5 - x} \right)^2} = {2^2} + {x^2}\)

                                    \(2,25 + 12,25 - 7x + {x^2} = 4 + {x^2}\)

                                    \(7x = 10,5\)

                                     \(x = 1,5\) (cm).

Xét \(\Delta CKO\) có \(CO = \sqrt {O{K^2} + C{K^2}} = \sqrt {{{1,5}^2} + {2^2}} = 2,5\) (cm).