13 câu Trắc nghiệm Toán 9 Kết nối tri thức Ôn tập cuối chương 5 có đáp án

Lời giải

Chọn B

Hai bán kính $OA, OB$ của đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tạo với nhau một góc $75^\circ$ thì độ dài cung nhỏ $AB$ là: $l = \frac{{\pi R \cdot 75^\circ }}{{180^\circ }} = \frac{{5\pi R}}{{12}}$.

Lời giải

Chọn C

Ta có: $R - r < OO' < R + r$ $\left( {15{\rm{ cm}} - 8{\rm{ cm}} < 12{\rm{ cm}} < 15{\rm{ cm}} + 8{\rm{ cm}}} \right)$

$\Rightarrow$ $\left( {O;15{\rm{ cm}}} \right)$ và $\left( {O';8{\rm{ cm}}} \right)$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

Lời giải

Chọn C

$\Delta ABC$ cân tại $A$ nên $\widehat A = 180^\circ - 2\widehat {ABC} = 180^\circ - 2.50^\circ = 80^\circ$

Ta có $\widehat {COB}$ là góc ở tâm chắn cung nhỏ;

$\widehat {BAC}$ (nhọn) là góc nội tiếp chắn cung nhỏ

Suy ra $\widehat {BOC} = 2\widehat {BAC} = 2.80^\circ = 160^\circ$.

Lời giải

Chọn A

Vì $MC$ là tiếp tuyến với đường tròn $\left( {O;\,R} \right)$ nên $\Delta MOC$ là tam giác vuông.

$\Rightarrow \cos \widehat {MOC} = \frac{{OC}}{{OM}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {MOC} = 60^\circ$$\Rightarrow \widehat {BOC} = 120^\circ$.

Vậy số đo cung nhỏ là $120^\circ$.

Lời giải

Chọn A

$\Delta ABC$ cân tại $A$, $\widehat A = 50^\circ$ suy ra $\widehat C = \frac{{180^\circ - \widehat A}}{2} = \frac{{180^\circ - 50^\circ }}{2} = 65^\circ$.

Lời giải

Chọn A

Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có số đo ba góc $A,B,C$ tỉ lệ với các số $3:2:5$.

nên có $\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ$ và $\frac{{\widehat A}}{3} = \frac{{\widehat B}}{2} = \frac{{\widehat C}}{5}$.

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau có $\frac{{\widehat A}}{3} = \frac{{\widehat B}}{2} = \frac{{\widehat C}}{5} = \frac{{\widehat A + \widehat B + \widehat C}}{{3 + 2 + 5}} = \frac{{180^\circ }}{{10}} = 18^\circ$.

Suy ra $\widehat A = 3.18^\circ = 54^\circ$.

Theo hệ quả góc nội tiếp ta có $\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}$.

Do đó $\widehat {BOC} = 2\widehat {BAC} = 2.54^\circ = 108^\circ$.

Lời giải

Chọn B

Ta có $\widehat {ABC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC} = \frac{1}{2}.120^\circ = 60^\circ$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn )

Tứ giác $BDHE$ có $\widehat {BDH} + \widehat {DHE} + \widehat {HEB} + \widehat {DBE} = {360^{\rm{o}}}$ (định lí tổng các góc của tứ giác)

$\Rightarrow \widehat {DHE} = 360^\circ - \left( {\widehat {BDH} + \widehat {HEB} + \widehat {DBE}} \right) = 360^\circ - \left( {90^\circ + 90^\circ + 60^\circ } \right) = 120^\circ$.

mà $\widehat {AHE} + \widehat {DHE} = 180^\circ$ (kề bù)

suy ra $\widehat {AHE} = 180^\circ - \widehat {DHE} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.

Lời giải

Chọn C

Ta có $\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = \frac{1}{2} \cdot 140^\circ = 70^\circ$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn )

Tứ giác $CDHM$ có $\widehat {CDH} + \widehat {DHM} + \widehat {HMC} + \widehat {MCD} = 360^\circ$ (định lí tổng các góc của tứ giác)

$\Rightarrow \widehat {DHM} = 360^\circ - \left( {\widehat {CDH} + \widehat {HMC} + \widehat {MCD}} \right) = 360^\circ - \left( {90^\circ + 90^\circ + 70^\circ } \right) = 110^\circ$.

mà $\widehat {AHM} + \widehat {DHM} = 180^\circ$ (kề bù)

suy ra $\widehat {AHM} = 180^\circ - \widehat {DHM} = 180^\circ - 110^\circ = 70^\circ$.

Lời giải

Chọn B

Gọi R là bán kính hình tròn.

Suy ra cạnh của hình vuông là 2R.

Diện tích phần cắt bỏ đi là $86\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$ nên ta có phương trình

${(2{\rm{R}})^2} - \pi {R^2} = 86$ nên ${R^2} = \frac{{86}}{{4 - \pi }}$.

Vậy diện tích hình tròn có diện tích là $S = \pi {R^2} = \frac{{86\pi }}{{4 - \pi }}\,\,c{m^2}$

Lời giải

Chọn A

Ta có $\widehat {BAC} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta ABC$ vuông tại $A$ có $AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{5^2} - {4^2}} = 3$.

Áp dụng định lí tính chất đường phân giác cho $\Delta ABC$ có

$\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{BA}}{{BC}}$ hay $\frac{{DA}}{{BA}} = \frac{{DA}}{{BC}}$ $\Rightarrow \frac{{DA}}{4} = \frac{{DC}}{5}$

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có $\frac{{DA}}{4} = \frac{{DC}}{5} = \frac{{DA + DC}}{{4 + 5}} = \frac{{AC}}{9} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}$.

Do đó $AD = \frac{4}{3}cm$.

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta ABD$ vuông tại $A$ có

$BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{4^2} + \frac{{{4^2}}}{9}} = \frac{{4\sqrt {10} }}{3}$.

Ta có $\widehat {BAD} = \widehat {BCK} = 90^\circ$ (giả thiết)

$\widehat {ABD} = \widehat {CBK}$ ($BD$ là phân giác $\widehat {ABC}$)

Suy ra (g.g)

$\Rightarrow \frac{{BD}}{{BK}} = \frac{{AB}}{{CB}}$ hay $BK = \frac{{BC.BD}}{{AB}} = \frac{{5.\frac{{4\sqrt {10} }}{3}}}{4} = \frac{{5\sqrt {10} }}{3}$.

Chọn B

Theo tính chất đoạn nối tâm trong trường hợp hai đường tròn tiếp xúc ngoài ta có: $AB = AC = 10 + 15 = 25\,\left( {cm} \right)$; $BC = 15 + 15 = 30\,\left( {cm} \right)$

$\Rightarrow \Delta ABC$ cân tại $A$ và $M$ là trung điểm của $BC$

$\Rightarrow AM$ là đường trung tuyến đồng thời là đường cao, đường phân giác của $\Delta ABC$

$$\Rightarrow AM = \sqrt {A{B^2} - O{B^2}} = \sqrt {{{25}^2} - {{15}^2}} = 20\,\left( {cm} \right)$$

$${S_{ABC}} = \frac{{AM.BC}}{2} = \frac{{20.30}}{2} = 300\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})$$

$${S_{BPM}} = \frac{1}{2}BM.BP.\sin B = \frac{1}{2}BM.BP.\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{1}{2}.15.15.\frac{{20}}{{25}} = 90\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})$$

Chứng minh được $\Delta BPM = \Delta CNM \Rightarrow {S_{CNM}} = 90\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})$

$\Delta APN$ cân tại $A$ $\Rightarrow \widehat {APN} = \widehat {ABC} = \frac{{180^\circ - \widehat {BAC}}}{2}$ (tính chất góc ở đáy của tam giác cân)

$\Rightarrow PN\,\,{\rm{//}}{\kern 1pt} \,BC$ (có hai góc đồng vị bằng nhau)

$\Rightarrow \Delta APN$$\Delta ABC$ $\Rightarrow \frac{{{S_{APN}}}}{{{S_{ABC}}}} = {\left( {\frac{{AP}}{{AB}}} \right)^2} = {\left( {\frac{{10}}{{25}}} \right)^2} = \frac{4}{{25}}$

$$\Rightarrow {S_{APN}} = \frac{4}{{25}}.{S_{ABC}} = \frac{4}{{25}}.300 = 48\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})$$

Diện tích tam giác $MNP$ là

$${S_{MNP}} = {S_{ABC}} - {S_{APN}} - {S_{BPM}} - {S_{CMN}} = 300 - 48 - 90 - 90 = 72\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})$$

Lời giải

Chọn D

- Xét lục giác đều $ABCDEF$ nội tiếp đường tròn $(O;R)$

Suy ra $AB = R$

Khoảng cách từ $O$đến $AB$là $OI = R\sin 60^\circ = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}$

- Diện tích hình thang $ABCF$ là

$${S_{ABCF}} = \frac{1}{2}(AB + CF).OI = \frac{1}{2}(R + 2R)\frac{{R\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{4}$$

- Diện tích hình lục giác đều nội tiếp hình tròn $(O;R)$

$$S = 2{S_{ABCF}} = 2.\frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{2}$$

Vì diện tích phần cắt bỏ đi là $54\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$ nên ta có phương trình

$\pi {R^2} - \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{2} = 54$ nên ${R^2} = \frac{{108}}{{2\pi - 3\sqrt 3 }}$.

Diện tích hình lục giác đều nội tiếp hình tròn $(O;R)$

${S_{ABC{\rm{D}}EF}} = {R^2}\frac{{3\sqrt 3 }}{2} = \frac{{108}}{{2\pi - 3\sqrt 3 }} \cdot \frac{{3\sqrt 3 }}{2} = \frac{{162\sqrt 3 }}{{2\pi - 3\sqrt 3 }} \approx 258{,}13\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})$.