20 câu trắc nghiệm Toán 9 Kết nối tri thức Bài 14. Cung và dây của một đường tròn (Đúng sai - trả lời ngắn) có đáp án

Đáp án đúng là: B

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

Trong đường 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 $\text{sđ}\overset{\frown}{MN}=\widehat{MON}=120^{\circ}.$

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, $ΔABH∽ΔADB$ (g.g).

d) Đúng.

Vì $ΔABH∽ΔADB$ (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 $\overset{\frown}{MN}$ bằng $120^\circ$.

d) Sai.

Số đo cung lớn $\overset{\frown}{MN}$ bằng $360^\circ - 120^\circ = 240^\circ$.

Vậy số đo cung lớn $\overset{\frown}{MN}$ gấp hai lần số đo cung nhỏ $\overset{\frown}{MN}$.

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 $\text{sđ}\overset{\frown}{IK}=\widehat{IOK}=100^{\circ}.$

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).