Trắc nghiệm Góc nội tiếp lớp 9 (có đúng sai, trả lời ngắn)

Đáp án đúng là: A

Trong một đường tròn, góc nội tiếp nhỏ hơn hoặc bằng \(90^\circ \) có số đo bằng nửa số đo góc ở tâm cùng chắn một cung.

Đáp án đúng là: B

Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn có số đo bằng \(90^\circ \).

Đáp án đúng là: B

Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm ở trên đường tròn, hai cạnh chứa hai dây cùng của đường tròn đó. Góc \(\widehat {BCA}\) trên Hình 2 có đỉnh là điểm \[C\] nằm trên đường tròn, hai cạnh \[AB,{\rm{ }}AC\] là hai dây cung của đường tròn nên là góc nội tiếp.

Đáp án đúng là: D

Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp bằng nhau thì có thể cùng chắn một cung hoặc chắn hai cung bằng nhau.

Đáp án đúng là: D

Cung nằm bên trong góc nội tiếp được gọi là cung bị chắn.

Đáp án đúng là: A

Xét \[\left( O \right)\] có \(\widehat {ABM}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ABM}\; = 90^\circ \).

Đáp án đúng là: A

Xét \[\left( O \right)\] có \[\;\widehat {BDA} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \[BD \bot \;EA\]mà \[D\]là trung điểm \[EA.\]

Suy ra\[\Delta BEA\]có \[BD\]vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến,do đó\[\Delta BAE\]cân tại\[B\].

Vậy \(\widehat {BEA} = \widehat {BAD} = 50^\circ \).

Đáp án đúng là: B

Xét \[\left( O \right)\] có \[\widehat {ACF} = 90^\circ \,;\,\,\widehat {ABF} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra\[CF \bot \;AC\]; \[BF \bot \;AB\]mà\[BD \bot \;AC\]; \[CE \bot \;AB\], do đó \[BD\,{\rm{//}}\,CF\]; \[CE\,{\rm{//}}\,BF\].

Suy ra \[BHCF\] là hình bình hành hay \[BH = CF\].

Đáp án đúng là: B

Đường tròn \[\left( O \right)\] có \[\widehat {CDB}\] và \[\widehat {CAB}\] là hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[CB\] nên \(\widehat {CDB} = \widehat {CAB} = 45^\circ \).

Do \[\widehat {DCB}\] là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \[\left( O \right)\] nên \(\widehat {DCB} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta DCB\) có: \(\widehat {CBD} + \widehat {CDB} + \widehat {DCB} = 180^\circ \) (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra \(\widehat {CBD} = 180^\circ - \widehat {CDB} - \widehat {DCB} = 180^\circ - 45^\circ - 90^\circ = 45^\circ \).

Đáp án đúng là: D

Ta có \(\widehat {DCB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \[\left( O \right)\] nên \(\widehat {DCB} = 90^\circ \).

Suy ra \(\widehat {BAC} + \widehat {CAD} = 90^\circ \).

Mà \(\widehat {xBC} = \widehat {BAC}\) (giả thiết) và \(\widehat {CBD} = \widehat {CAD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[CD\] của đường tròn tâm \(O)\).

Suy ra \(\widehat {xBC} + \widehat {CBD} = 90^\circ \) hay \(\widehat {DBx} = 90^\circ \).

Vậy \(\widehat {OBx} = 90^\circ \).

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

a) Đúng.

Xét tam giác \[ABC\] có \[BD\] và \[CE\] là hai đường cao cắt nhau tại \[H\] nên \[H\] là trực tâm tam giác \[ABC.\]Suy ra  \[AH \bot \;BC\] mà \[AH\,{\rm{//}}\,OM\], do đó \[OM \bot \;BC\].

b) Đúng.

Xét \(\Delta AHF\) có \(O,\,\,M\) lần lượt là trung điểm của \(AF,\,\,HF\) nên \[OM\] là đường trung bình của tam giác \[AHF\], do đó \[AH\,{\rm{//}}\,OM\].

c) Sai.

⦁Xét đường tròn\[\left( O \right)\] có \(\widehat {ABF} = 90^\circ \) và \(\widehat {ACF} = 90^\circ \) (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[BF \bot \;AB\] và \[CF \bot \;AC\].

Mà \[CE \bot \;AB\] và \[BD \bot \;AC\] nên \[CE\,{\rm{//}}\,BF,\]\[BD\,{\rm{//}}\,CF\].

Suy ra \[BHCF\] là hình bình hành.

Vì \[OM \bot \;BC\] nên \[MH\] không vuông với \[BC\].

Như vậy, hai đường chéo của \[BHCF\] không vuông góc tại trung điểm \[M\] nên \[BHCF\] không là hình thoi.

d) Đúng.

Vì \[BHCF\] là hình bình hành, do đó hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Lại có \[M\] là trung điểm của \[BC\] nên \[M\] cũng là trung điểm của \[HF\] hay \(HM = \frac{{HF}}{2}\).

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

a) Ta có: \[\widehat {ACM} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

b) Xét \[\Delta ABH\] và \[\Delta AMC\] có: \[\widehat {BHA} = \widehat {ACM} = 90^\circ \];

                                               \[\widehat {ABH} = \widehat {AMC}\] (góc nội tiếp chắn cung \[AC\])

Do đó, suy ra \[\widehat {BAH} = \widehat {MAC}\] (hai góc tương ứng).

Mà \[\widehat {OCA} = \widehat {MAC}\] (\[\Delta OAC\] cân tại \[O\]).

Suy ra \[\widehat {BAH} = \widehat {OCA}\].

c) Do \[N\] là giao điểm của \[AH\] với \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {ANM} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[\widehat {ANM} = \widehat {AHC}\left( { = \widehat {BHA} = 90^\circ } \right)\].

Mà hai góc ở vị trí đồng vị nên \[MN\parallel BC\].

Do đó, \[BCMN\] là hình thang.

Lại có \[\widehat {BAH} = \widehat {MAC}\] (chứng minh trên) suy ra .

Suy ra \[BN = MN\].

Vậy \[BCMN\] là hình thang cân.

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

a) Đúng.

Ta có $\text{sđ}\stackrel{⏜}{AC}=60°$, do đó $\text{sđ}\stackrel{⏜}{BC}=180°-\text{sđ}\stackrel{⏜}{AC}=120°$.

b) Đúng.

Ta có: \[\widehat {ACB} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

           $\widehat{CAB}=\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel{⏜}{BC}=60°$ (góc nội tiếp)

           $\widehat{CBA}=\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel{⏜}{AC}=30°$  (góc nội tiếp)

Do đó, \[\widehat {CBA} < \widehat {BAC} < \widehat {ACB}\].

c) Đúng.

Nhận thấy \[\widehat {CAN} = \widehat {NAB}\] (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Do đó, \[AN\] là tia phân giác \[\widehat {CAB}\].

\[\widehat {CBM} = \widehat {MBA}\] (góc nội tiếp chẵn hai cung bằng nhau)

Do đó, \[BM\] là tia phân giác \[\widehat {CBA}\].

Mà \[AN,\,BM\] cắt nhau tại \[I\].

Do đó, \[CI\] là phân giác của \[\widehat {ACB}\].

d) Sai.

Vì \[I\] là giao điểm của ba đường phân giác trong \[\Delta ABC\] nên \[I\] là tâm đường tròn nội tiếp của \[\Delta ABC.\]

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

a) Đúng.

Vì \[AM\] là tia phân giác \[\widehat {BAC}\] nên \[\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}}\].

Ta có: \[\widehat {{A_2}} = \widehat {{B_1}}\] (góc nội tiếp cùng chắn cung \[MC\])

Suy ra \[\widehat {{A_1}} = \widehat {{B_1}}\].

b) Sai.

Xét \[\Delta MBD\] và \[\Delta MBA\] có: \[\widehat M\] chung và \[\widehat {MBD} = \widehat {MAB}\] (cmt)

Do đó, $\Delta MBD\backsim \Delta MAB$ (g.g)

c) Đúng.

Vì $\Delta MBD\backsim \Delta MAB$ (cmt) nên \[\frac{{MB}}{{MA}} = \frac{{MD}}{{MB}}\].

Lại có \[AK\] với đường tròn \[\left( {M,\,MB} \right),\,\,K\] là tiếp điểm nên \[MB = MK\].

Do đó, \[\frac{{MK}}{{MA}} = \frac{{MD}}{{MK}}\].

Xét \[\Delta DMK\] và \[\Delta KMA\] có: \[\frac{{MK}}{{MA}} = \frac{{MD}}{{MK}}\] và \[\widehat M\] chung.

Do đó, $\Delta DMK\backsim \Delta KMA$ (c.g.c)

c) Đúng.

Vì $\Delta DMK\backsim \Delta KMA$ (cmt) nên \[\widehat {KDM} = \widehat {MKA} = 90^\circ \] (hai góc tương ứng).

Suy ra \[DK \bot AM\].

Đáp án: 60

Góc \[BDC\] là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \[\left( O \right)\] nên \(\widehat {BDC} = 90^\circ \).

Suy ra \(\widehat {ADC} = 180^\circ - \widehat {BDC} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \) hay tam giác \[ADC\] vuông tại \[D\].

Suy ra \(\widehat {ACD} = 90^\circ - \widehat {CAD} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \).

Vì \[\widehat {EOD}\] và \[\widehat {ECD}\] là góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung \[ED\] của \[\left( O \right)\] nên:

\(\widehat {EOD} = 2\widehat {ECD} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ \).

Mà tam giác \[EOD\] cân tại \[O\], suy ra tam giác \[EOD\] là tam giác đều.

Vậy \(\widehat {EDO} = 60^\circ \).

Đáp án: 30

Kẻ đường kính \[AD\] của đường tròn \(\left( O \right)\).

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có 

\(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}\)  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[AB\])

\(\widehat {ABD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét \[\Delta ACH\] và \[\Delta ADB\] có:\(\widehat {AHC} = \widehat {ABD} = 90^\circ ,\)\(\widehat {ACH} = \widehat {ADB}\)

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

Suy ra\(\frac{{AC}}{{AD}} = \frac{{AH}}{{AB}}\) nên\(AD = \frac{{AB \cdot AC}}{{AH}} = \frac{{12 \cdot 15}}{6} = 30\,\,({\rm{cm}}).\)

Vậy đường kính của đường tròn là 30 cm.

Đáp án: 15

Xét \[\left( O \right)\] có \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[AB\]); \[\;\widehat {ADB} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Nên $\Delta ACH\backsim \Delta ADB$ (g.g), do đó \(\frac{{AC}}{{AD}} = \frac{{AH}}{{AB}}\) hay \[AH.{\rm{ }}AD = AC.{\rm{ }}AB\].

Suy ra \[AH.{\rm{ }}AD = 3.5 = 15\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\]

Vậy \[AH.{\rm{ }}AD = 3 \cdot 5 = 15\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\]

Đáp án: 80

Xét đường tròn tâm \[B\] có: \[\widehat {MBN} = 2\widehat {MAN} = 40^\circ \] (góc ở tâm bằng hai lần góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Lại có, trong đường tròn tâm \[C\] thấy: \[\widehat {PCQ} = 2\widehat {MBN} = 80^\circ \] (góc ở tâm bằng hai lần góc nội tiếp cùng chắn một cung).

Vậy \[\widehat {PCQ} = 80^\circ \].

Đáp án: 45

Kẻ đường cao \[AH\] của \[\Delta ABC\].

Có \[\Delta AHO\] vuông tại \[H\] nên \[AH \le AO.\]

Ta có \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH \cdot BC \le \frac{1}{2}AO \cdot BC\] hay \[{S_{ABC}} \le \frac{1}{2}R \cdot 2R = {R^2}\].

Suy ra diện tích tam giác \[ABC\] đạt giá trị lớn nhất bằng \[{R^2}\] khi \[AH = AO\].

Khi đó \[H \equiv O\], suy ra \[A\] là điểm chính giữa của $\stackrel{⏜}{BC}$.

Suy ra \[\widehat {ADC} = 45^\circ \].