Trắc nghiệm Đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp của một tam giác lớp 9 (có đúng sai, trả lời ngắn)

BĐáp án đúng là: B

Đường tròn ngoại tiếp đa giác là đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của đa giác đó.

Đáp án đúng là: B

Tâm đường tròn nội tiếp của một tam giác là giao của các đường phân giác trong của tam giác đó.

Đáp án đúng là: A

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao điểm của các đường trung trực của tam giác đó.

Đáp án đúng là: C

Mỗi tam giác luôn có một đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn ngoại tiếp nên đáp án A và B đều đúng.

Đường tròn nội tiếp tam giác là đường tròn tiếp xúc với cả ba cạnh của một tam giác nên đáp án D không đúng.

Vậy đáp án đúng nhất là đáp án C.

Đáp án đúng là: B

Đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh \(a\) có bán kính bằng \(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Đáp án đúng là: C

Gọi \[O\] là tâm của hình vuông \[ABCD\].

Gọi \[E;{\rm{ }}F;{\rm{ }}K;{\rm{ }}G\] lần lượt là trung điểm của \[AD,{\rm{ }}DC,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}AB\].

Khi đó ta có\[OE = OF = OK = OG = \;\frac{a}{2}\] hay\[O\] là tâm đường tròn nội tiếp hình vuông \[ABCD\].

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông là \(R = \frac{a}{2}\).

Đáp án đúng là: B

Gọi tam giác đều \[ABC\] nội tiếp đường tròn \[\left( {O;{\rm{ }}R} \right)\] có cạnh là \[a.\]

Khi đó \[O\] là trọng tâm tam giác \[ABC\].

Gọi \[AH\] là đường trung tuyến.

Suy ra \(R = AO = \frac{2}{3}AH\) hay \(AH = \frac{{3R}}{2}\).

Áp dụng định lý Pythagore với tam giác \[ABH\] vuông tại \[H\], ta có:\(A{H^2} = A{B^2} - B{H^2}\)

Khi đó \[AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].

Do đó \(\frac{{3R}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) hay \(a = R\sqrt 3 \).

Đáp án đúng là: D

Gọi tam giác đều \[ABC\] nội tiếp đường tròn \[\left( {O;{\rm{ }}R} \right)\] có cạnh là \[a\].

Khi đó \[O\] là trọng tâm tam giác \[ABC\] và cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] nên \(AO = 2\,\,{\rm{cm}}\).

Gọi \[AH\] là đường trung tuyến.

Suy ra \(2 = AO = \frac{2}{3}AH\) hay \(AH = 3\,\,{\rm{cm}}\).

Áp dụng định lý Pythagore với tam giác \[ABH\] vuông tại \[H\], ta có:\(A{H^2} = A{B^2} - B{H^2}\)

Khi đó \[AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].

Do đó \(3 = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) hay \(a = 2\sqrt 3 \) (cm).

Diện tích tam giác \[ABC\] là:\(\frac{1}{2}AH \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2\sqrt 3 = 3\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Vậy diện tích tam giác đều nội tiếp đường tròn \(\left( {O\,;\,\,2\,\,{\rm{cm}}} \right)\) là \(3\sqrt 3 \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\).

Đáp án đúng là: C

Vì tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm O của cạnh huyền \[BC\], bán kính \(R = \frac{{BC}}{2}\).

Theo định lý Pythagore, ta có:

\(BC = \sqrt {A{C^2} + A{B^2}} = \sqrt {{5^2} + {{12}^2}} = 13\) (cm).

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là \(R = \frac{{BC}}{2} = \frac{{13}}{2}\) (cm).

Đáp án đúng là: A

Gọi \[E,{\rm{ }}F\] là tiếp điểm của đường tròn \[\left( I \right)\] với các cạnh \[AB,{\rm{ }}AC\].

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[AE = AF;{\rm{ }}BE = BD;\,\,CD = CF\].

Do đó $2BD=BD+BE$ $=BC–CD+AB–AE$

$=BC+AB–\left(CD+AE\right)$ $=BC+AB–\left(CF+AF\right)$

$=BC+AB–AC$

Suy ra \[BD = \frac{{BC + AB - AC}}{2}\].

Đáp án đúng là: a) Đúng.  b) Sai.            c) Sai.            d) Đúng.

a) Đúng.

Vì tam giác \[ABC\] đều nên \[CE\] vừa là đường cao, vừa là đường phân giác, đường trung tuyến.

Do đó, \[CE = \frac{{18\sqrt 3 }}{2} = 9\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Suy ra \[OE = \frac{1}{3}CE = 3\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \[ABC\] là \[3\sqrt 3 {\rm{ cm}}{\rm{.}}\]

b) Sai.

Xét \[\Delta OEN\] và \[\Delta ONI\], có:

\[OE = OI = r\]

\[ON\] chung

\[\widehat {OEN} = \widehat {OIN} = 90^\circ \]

Suy ra \[\Delta OEN = \Delta OIN\] (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

c) Sai.

Ta chứng minh được \[\Delta OFM = \Delta OIM\] (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

                                 \[\Delta OEA = \Delta OFA\] (c.c.c)

Ta có: \[{S_{AEOF}} = 2{S_{AOE}} = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot EA \cdot EO = EA \cdot EO = \frac{1}{2}AB \cdot EO = 9 \cdot 3\sqrt 3 = 27\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\].

d) Đúng.

Ta có: \[{S_{ENIO}} + {S_{IMFO}} = 2{S_{NOI}} + 2{S_{OIM}} = 2{S_{OMN}} = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot OI \cdot MN = 3\sqrt 3 \cdot 8 = 24\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\].

Suy ra \[{S_{AMN}} = {S_{AEOF}} - {S_{ENIO}} - {S_{IMFO}} = 27\sqrt 3 - 24\sqrt 3 = 3\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\]

Đáp án đúng là: a) Đúng.  b) Đúng.        c) Đúng.    d) Sai.

a) Đúng.

Ta có: \[OI \bot BC\] nên \[I\] là trung điểm của \[BC\].

Do đó, \[BI = IC = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\].

Áp dụng định lí Pythagore, ta có: \[O{I^2} = O{B^2} - B{I^2} = {R^2} - \frac{{3{R^2}}}{4} = \frac{{{R^2}}}{4}\].

Suy ra \[OI = \frac{R}{2}\]. Suy ra \[OI = \frac{1}{2}BO\] hay \[\sin \widehat {IBO} = \frac{{OI}}{{BC}} = \frac{1}{2}\].

Do đó, \[\widehat {IBO} = 30^\circ \].

b) Đúng.

Nhận thấy, \[O{B^2} + O{A^2} = 2{R^2} = A{B^2}\], theo định lí Pythagore đảo, ta có \[\Delta OAB\] vuông tại \[O\].

Do đó, \[\widehat {BOA} = 90^\circ \].

c) Đúng.

\[\Delta OAB\] vuông tại \[O\] có \[OA = OB\] nên \[\Delta OAB\] vuông cân tại \[O\], suy ra \[\widehat {OAB} = \widehat {ABO} = 45^\circ \].

Ta có: \[\widehat {ABC} = \widehat {ABO} - \widehat {CBO} = 45^\circ - 30^\circ = 15^\circ \].

Xét \[\Delta ABH\] có \[AH = AB \cdot \sin \widehat {ABC} = R\sqrt 2 \cdot \sin 15^\circ \].

d) Sai.

Có \[\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = 45^\circ \].

Suy ra \[\Delta AHC\] vuông cân, do đó \[AH = HC\].

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác \[\Delta AHC\] được :

\[AC = \sqrt {A{H^2} + H{C^2}} = AH\sqrt 2 = R\sqrt 2 \cdot \sin 15^\circ \cdot \sqrt 2 = 2R \cdot \sin 15^\circ > \frac{R}{2}.\]

Đáp án đúng là: a) Đúng.     b) Đúng.    c) Sai.                  d) Sai.

a) Đúng.

Có \[\Delta OCD\] cân tại \[O\], \[OH \bot CD,\,\,H \in CD\] nên \[H\] là trung điểm của \[CD\].

Suy ra \[HC = HD = \frac{{CD}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\]

Xét \[\Delta HOC\] có \[\sin \widehat {HOC} = \frac{{HC}}{{OC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\], suy ra \[\widehat {HOC} = 60^\circ \].

\[\Delta OCD\] cân tại \[O\] nên \[OH\] là tia phân giác, do đó \[\widehat {COD} = 2\widehat {HOC} = 120^\circ \].

b) Đúng.

Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta HOC\], được \[OH = \sqrt {O{C^2} - H{C^2}} = \frac{R}{2}\,\].

c) Sai.

Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta OHS\] có: \[SH = \sqrt {O{S^2} - O{H^2}} = \sqrt {4{R^2} - \frac{{{R^2}}}{4}} = \frac{{R\sqrt {15} }}{2}\].

d) Sai.

Ta có: \[SD = SH + HD = \frac{{R\sqrt {15} }}{2} + \frac{{R\sqrt 3 }}{2} = \frac{{R\left( {\sqrt {15} + \sqrt 3 } \right)}}{2} < 3R\].

Đáp án đúng là: a) Đúng.     b) Đúng.    c) Sai.                  d) Sai.

a) Đúng.

Ta có: \[AI = \frac{2}{3}AO\] nên \[OI = \frac{1}{3}AO = \frac{R}{3}\].

b) Đúng.

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \[\Delta OCI\], có:

\[CI = \sqrt {C{O^2} + O{I^2}} = \sqrt {{R^2} + \frac{{{R^2}}}{9}} = \frac{{R\sqrt {10} }}{3}\].

c) Sai.

Xét \[\Delta COI\] và \[\Delta CDE\] có:

\[\widehat {OCI} = \widehat {DCE}\]

\[\widehat {COI} = \widehat {DEC} = 90^\circ \]

Do đó, $\Delta CDE\backsim \Delta CIO$ (g.g).

d) Sai.

Vì (cmt) nên ta có: \[\frac{{CE}}{{CO}} = \frac{{CD}}{{CI}} = \frac{{DE}}{{IO}}\].

Suy ra \[CE = \frac{{CD \cdot CO}}{{CI}} = \frac{{2R \cdot R}}{{\frac{{R\sqrt {10} }}{3}}} = \frac{{3R\sqrt {10} }}{5}\].

Do đó, \[\frac{{CI}}{{CE}} = \frac{{R\sqrt {10} }}{3}:\frac{{3R\sqrt {10} }}{5} = \frac{5}{9}\].

Vậy \[CI = \frac{5}{9}CE.\]

Suy ra \[CI = \frac{5}{4}IE\].

Đáp án đúng là: a) Đúng.     b) Sai.                  c) Đúng.     d) Đúng.

a) Đúng.

Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta ABC\], ta có: \[BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{9^2} + {{12}^2}} = 15\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

b) Sai.

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[AD = AF;\,\,BD = BE;\,\,CE = CF\].

Do đó, ta có: \[2AD + 2BE + 2CE = AB + BC + CA = 9 + 12 + 15 = 36\] (cm).

Suy ra \[2AD + 2BC = 36\], suy ra \[AD = 3\,\,{\rm{cm}}{\rm{,}}\]\[BD = 6\,\,{\rm{cm}}\] và \[DI = 3\,\,{\rm{cm}}\].

Do đó, \[BD = 2DI\].

c) Đúng.

Xét \[\Delta ABN\] và \[\Delta IBD\] có \[\widehat B\] chung và \[\widehat {BDI} = \widehat {BAN} = 90^\circ \].

Do đó, (g.g)

Suy ra \[\frac{{BI}}{{BN}} = \frac{{DB}}{{AB}} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3} = \frac{{BG}}{{BM}}\]

Do đó, theo định lí Thales đảo suy ra \[IG\parallel NM\] và \[IG = \frac{2}{3}MN\].

Có \[IDAF\] là hình vuông nên \[DI\parallel FA\].

Theo định lí Thales, có \[\frac{{DI}}{{AN}} = \frac{{DB}}{{AB}} = \frac{2}{3}\], do đó \[AN = 3:\frac{2}{3} = \frac{9}{2} = 4,5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

d) Đúng.

Vì \[M\] là trung điểm của \[BC\] nên \[NM = AM - AN = 6 - 4,5 = 1,5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Suy ra \[IG = 1\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Đáp án: 2

Đường tròn \[\left( {I;{\rm{ }}r} \right)\] tiếp xúc với các cạnh \[AB,{\rm{ }}AC,{\rm{ }}BC\] theo thứ tự \[M,{\rm{ }}N,{\rm{ }}P\].

Ta có: $S_{AIB}=\frac{1}{2}IM\cdot AB=\frac{1}{2}\cdot r\cdot AB\left(1\right)$

           $S_{AIC}=\frac{1}{2}IN\cdot AC=\frac{1}{2}\cdot r\cdot AC\left(2\right)$

               $S_{BIC}=\frac{1}{2}r.BC\left(3\right)$

Cộng vế theo vế ở các biểu thức \(\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right),\,\,\left( 3 \right)\), ta được:

\(\frac{{{S_{AIB}} + {S_{AIC}} + {S_{BIC}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{1}{2}r\left( {AB + AC + BC} \right)\).

Mà \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.6.8 = 24\) (cm²), \(BC = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\) (cm)

Nên ta có: \(24 = \frac{1}{2}r \cdot \left( {6 + 8 + 10} \right)\) hay \(\frac{1}{2}r \cdot 12 = 24\).

Do đó\(r = 2\,\,{\rm{cm}}\).

Đáp án: 5

Ta có: \[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\left( { = 100} \right)\].

Suy ra tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\].

Do đó, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là trung điểm O của cạnh huyền \[BC\].

Đường kính đường tròn là: \[d = BC = 10{\rm{ cm}}\].

Suy ra, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là \[R{\rm{ }} = \frac{d}{2}\; = 5{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Vậy \[R = 5\,\,{\rm{cm}}.\]

Đáp án: 15

Vì \[AC\] bằng cạnh của hình vuông nội tiếp \[\left( O \right)\] nên số đo cung \[AC = 90^\circ \].

Vì \[BC\] bằng cạnh của tam giác đều nội tiếp \[\left( O \right)\] nên số đo cung \[BC = 120^\circ \].

Từ đó suy ra số đo cung \[AB\] bằng \[120^\circ --90^\circ = 30^\circ \].

Vì góc \[ACB\]là góc nội tiếp chắn cung \[AB\] nên \(\widehat {ACB} = \frac{{30^\circ }}{2} = 15^\circ \).

Vậy \(\widehat {ACB} = 15^\circ \).

Đáp án: 1,73

Tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] có đường cao \[AH\] nên \(AB \cdot AC = A{H^2}\).

Mặt khác \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{3}{4}\) hay \(AB = \frac{3}{4}AC\). Thế vào biểu thức trên ta được:

\(\frac{3}{4}A{C^2} = {\left( {\frac{{12}}{5}} \right)^2}\) hay \(AC = \frac{{8\sqrt 3 }}{5}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Suy ra \[AB = \frac{3}{4} \cdot \frac{{8\sqrt 3 }}{5} = \frac{{6\sqrt 3 }}{5}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] ta có:\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\)

Do đó \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = 2\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là trung điểm O của cạnh huyền \[BC\].

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là \(R = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \approx 1,73\) (cm).

Đáp án: 16,8

Áp dụng định lí Pythagore, ta có độ dài đường chéo của hình chữ nhật là:

\[\sqrt {{6^2} + {4^2}} = \sqrt {52} = 2\sqrt {13} \] (cm).

Hình chữ nhật nội tiếp đường tròn nên đường kính của đường tròn chính là độ dài của đường chéo hình chữ nhật.

Bán kính đường tròn là: \[R = \frac{{2\sqrt {13} }}{2} = \sqrt {13} \] (cm).

Diện tích hình chữ nhật là: \[{S_{hcn}} = 6 \cdot 4 = 24{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right){\rm{.}}\]

Diện tích hình tròn là: \[{S_{h\`i nh{\rm{ }}tr\`o n}} = \pi {R^2} = 13\pi {\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right){\rm{.}}\]

Diện tích phần bị gạch chéo là: \[S = {S_{tr\`o n}}--{S_{hcn}} = 13\pi --24 \approx 16,8{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\]

Vậy diện tích phần bị gạch chéo bằng khoảng \[16,8{\rm{ c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{.}}\]