20 câu trắc nghiệm Toán 9 Kết nối tri thức Ôn tập Chương V (Đúng sai - trả lời ngắn) có đáp án

Đáp án đúng là: C

Do $OH < 2{\rm{\;cm}}$ nên điểm $H$ nằm trong đường tròn $\left( {O\,;\,2{\rm{\;cm}}} \right).$

Đáp án đúng là: A

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

Vì vậy ta điền như sau: “Trong các dây của một đường tròn, đường kính là dây có độ dài lớn nhất”.

Đáp án đúng là: A

Diện tích hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn đồng tâm $\left( {O;2{\rm{\;cm}}} \right)$ và $\left( {O;3{\rm{\;cm}}} \right)$ là:

$${S_v} = \pi \left( {{R^2} - {r^2}} \right) = \pi \left( {{3^2} - {2^2}} \right) = 5\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$$

Đáp án đúng là: D

Ta có đường thẳng $d$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $A$ nên $d \bot OA$ tại $A,$ với $A$ là tiếp điểm.

Đáp án đúng là: A

Vì đường tròn $\left( {O'} \right)$ có đường kính $OA.$ nên $O'$ là trung điểm $OA.$

Đặt $R = OA$ và $R' = O'A = \frac{{OA}}{2}.$ Suy ra $R > R'.$

Ta có $OA - \frac{{OA}}{2} = \frac{{OA}}{2}.$ Suy ra $R - R' = OO',$ với $R > R'.$

Khi đó hai đường tròn $\left( {O;OA} \right)$ và $\left( {O';\frac{{OA}}{2}} \right)$ tiếp xúc trong.

Đáp án đúng là: D

Xét đường tròn tâm $O$ có hai tiếp tuyến tại $B$ và $C$cắt nhau tại $A$ nên $AB = AC$(tính chất).

Lại có $OB = OC$ nên $OA$ là đường trung trực của đoạn $BC$ hay $OA \bot BC$ tại trung điểm của $BC$.

Đáp án đúng là: C

Vì $AB$ và $AC$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ cắt nhau tại $A$ nên $AO$ là tia phân giác của $\widehat {BAC}.$ Do đó $\widehat {BAO} = \frac{1}{2}\widehat {BAC} = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ = 45^\circ .$

Do $AB$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $B$ nên $AB \bot OB$.

Khi đó $\Delta ABO$ vuông tại $B$ có $\widehat {BAO} = 45^\circ$ nên là tam giác vuông cân tại $B$.

Đáp án đúng là: C

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AB = BC = CD = DA = 2{\rm{\;cm}}.$

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta ABC$ vuông tại $B$ có:

$A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {2^2} + {2^2} = 8.$ Suy ra $AC = 2\sqrt 2 {\rm{\;cm}}{\rm{.}}$

Vì $I,\,\,J$ lần lượt là trung điểm của $AC,\,\,CD$ nên ta có:

⦁ $AI = \frac{{AC}}{2} = \sqrt 2 {\rm{\;cm;}}$

⦁ $CJ = \frac{{CD}}{2} = 1{\rm{\;cm}}.$

Ta có: $AI + CJ = \sqrt 2 + 1{\rm{\;(cm)}}$ và $AC = 2\sqrt 2 {\rm{\;cm}}{\rm{.}}$

Suy ra $AI + CJ < AC$ (do $1 + \sqrt 2 < 2\sqrt 2 )$ nên hai đường tròn ở ngoài nhau.

Đáp án đúng là: A

Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$ của hình chữ nhật $ABCD.$ Suy ra $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD.$

Do đó $OA = OC$ và $OB = OD.$

Mà $AC = BD$ (do $AC$ và $BD$ là hai đường chéo của hình chữ nhật $ABCD$).

Suy ra $OA = OC = OB = OD.$

Như vậy bốn điểm $A,B,C,D$ cùng thuộc một đường tròn tâm $O$ bán kính $OB.$

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $ABD$ vuông tại $A,$ ta được:

$B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} = {15^2} + {8^2} = 289.$ Suy ra $BD = 17{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Vì $O$ là trung điểm của $BD$ nên $OB = \frac{{BD}}{2} = \frac{{17}}{2} = 8{,}5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Do đó bán kính đường tròn cần tìm là $OB = 8{,}5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Đáp án đúng là: D

Ta có $BC \bot OA$ tại trung điểm $M$ của $OA$ nên $BC$ là đường trung trực của đoạn thẳng $OA.$

Do đó $OB = AB.$

Mà $OA = OB$ nên $OA = OB = AB.$ Suy ra tam giác $OAB$ là tam giác đều.

Do đó $\widehat {AOB} = 60^\circ .$

Chứng minh tương tự, ta được $\widehat {AOC} = 60^\circ .$

Ta có $\text{sđ}\overset{\frown}{BAC}=\widehat{BOC}=\widehat{AOB}+\widehat{AOC}=60^{\circ}+60^{\circ}=120^{\circ}.$

Khi đó số đo cung lớn $BC$ bằng $360^{\circ}-\text{sđ}\overset{\frown}{BAC}=360^{\circ}-120^{\circ}=240^{\circ}.$

Độ dài cung lớn $BC$ là: $l = \frac{n}{{360}}C = \frac{{240}}{{360}} \cdot 4\pi = \frac{{8\pi }}{3}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

a) Đúng.

Xét $\Delta OAB$ có $OA = OB = AB = R$ nên $\Delta OAB$ là tam giác đều.

Khi đó $\widehat {AOB} = \widehat {OAB} = 60^\circ .$

Theo bài, điểm $C$ nằm trên tia đối của tia $BA$ sao cho $BC = BA$ nên $B$ là trung điểm $AC.$

Tam giác $OAC$ có $OB$ là đường trung tuyến ứng với $AC$ và $R = OB = BA = BC = \frac{{AC}}{2}$ nên tam giác $OAC$ vuông tại $O.$

Do đó $\widehat {AOC} = 90^\circ$ (1)

Vì vậy $\text{sđ}\overset{\frown}{AD}=90^{\circ}.$

b) Đúng.

Tam giác $OAC$ vuông tại $O,$ có: $\widehat {OAC} + \widehat {OCA} = 90^\circ .$

Suy ra $\widehat {OCA} = 90^\circ - \widehat {OAC} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$.

c) Đúng.

Từ (1), (2), ta thu được $\widehat {AOD} = 3\widehat {ACD}.$

d) Sai.

Từ (1), ta suy ra $OA \bot OE$ hay $\widehat {AOE} = 90^\circ .$

Ta có $\text{sđ}\overset{\frown}{BE}=\text{sđ}\overset{\frown}{BA}+\text{sđ}\overset{\frown}{AE}=\widehat{BOA}+\widehat{AOE}=60^{\circ}+90^{\circ}=150^{\circ}\ne 120^{\circ}.$

a) Đúng.

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có: $AB,AC$ lần lượt là tiếp tuyến tại $B,C$ nên $AB = AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) .

Suy ra $A$ thuộc đường trung trực của $BC$.

Mà $OB = OC = R$ nên $O$ thuộc đường trung trực của $BC$

Do đó $OA$ là đường trung trực của $BC$ nên $OA \bot BC$ tại $H$.

b) Đúng.

Xét $\Delta OBE$ cân tại $O$ (do $OB = OE = R)$ nên

$\widehat {OBE} = \widehat {OEB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOE}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BOE}.$

Xét $\Delta OED$ cân tại $O$ (do $OD = OE = R)$ nên $2\widehat {ODE} = 180^\circ - \widehat {EOD} = \widehat {BOE}$.

Suy ra $2\widehat {ODE} = \widehat {BOE}$ hay $\widehat {ODE} = \frac{1}{2}\widehat {BOE}$. Do đó, $\widehat {BDA} = \frac{1}{2}\widehat {BOE}.$

Suy ra $\widehat {OBE} = 90^\circ - \widehat {BDA}.$

Mà $\widehat {OBE} = 90^\circ - \widehat {ABE}$ nên $\widehat {ABE} = \widehat {ADB}$.

c) Đúng.

Xét $\Delta ABE$ và $\Delta ADB$ có: $\widehat {BAD}$ chung, $\widehat {ABE} = \widehat {ADB}$.

Do đó $ΔABE∽ΔADB$ (g.g)

Suy ra $\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AB}}$ nên $A{B^2} = AE \cdot AD$.

d) Sai.

Xét $\Delta AOB$ vuông tại $B,$ có:

$\cos \widehat {AOB} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{R}{{\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 } \right)R}} = \frac{{\sqrt 6 - \sqrt 2 }}{4},$ suy ra $\widehat {AOB} = 75^\circ .$

Do $AB,AC$ lần lượt là tiếp tuyến tại $B,C$ của đường tròn $\left( O \right)$ nên $OA$ là tia tiếp tuyến của $\widehat {BOC}$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra $\widehat {BOC} = 2\widehat {AOB} = 2 \cdot 75^\circ = 150^\circ .$

Do đó $\widehat {COD} = 180^\circ - \widehat {BOC} = 180^\circ - 150^\circ = 30^\circ$ nên

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính $OC,\,\,OD$ và cung nhỏ $CD$ là:

$S = \frac{{\pi {R^2} \cdot 30}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{{12}}$ (đvdt).

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính $OC,\,\,OD$ và cung nhỏ $CD$ là $\frac{{\pi {R^2}}}{{12}}$ (đvdt).

a) Đúng.

Ta có: $MA = MB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$OA = OB$ (cùng bằng bán kính đường tròn $\left( O \right)$)

Suy ra $OM$ là đường trung trực của $AB.$

Mà đường thẳng $AB$ cắt $OM$ tại $K$ nên $K$ là trung điểm của $AB.$

b) Sai.

Ta có: $\widehat {ABN} = 90^\circ$ ($B$ thuộc đường tròn đường kính $AN$).

Suy ra $BN\parallel MO$ (cùng vuông góc với $AB$).

Do đó: $\widehat {AOM} = \widehat {ANB}$ (đồng vị)

$\widehat {AOM} = \widehat {BOM}$ ($OM$ là phân giác $\widehat {AOB}$)

Suy ra $\widehat {ANB} = \widehat {BOM}$.

Xét $\Delta BHN$ và $\Delta MBO$, có: $\widehat {BHN} = \widehat {MBO} = 90^\circ$; $\widehat {ANB} = \widehat {BOM}$

Suy ra $ΔBHN∽ΔMOB$ (g.g).

c) Đúng.

Vì (cmt) nên $\frac{{BH}}{{MB}} = \frac{{BN}}{{MO}}$ hay $MB.BN = BH.MO$.

d) Sai.

Xét $\Delta AOM$ vuông tại $A$ có: $\cos \widehat {AOM} = \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2},$ suy ra $\widehat {AOM} = 60^\circ .$

Do $MA$ và $MB$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ nên $OM$ là tia phân giác góc $\widehat {AOB}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra $\widehat {AOB} = 2\widehat {MOA} = 120^\circ$.

Do đó, $\widehat {NOB} = 180^\circ - \widehat {BOA} = 60^\circ$ nên .

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính $OB,$$ON$ và cung nhỏ $BN$ là:

$S = \frac{{\pi {R^2}.60}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}$ (đvdt).

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính $OB,$$ON$ và cung nhỏ $BN$ là $\frac{{\pi {R^2}}}{6}$ (đvdt).

a) Đúng.

Ta có $CA,\,\,CM$ là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn $\left( O \right)$ cắt nhau tại $C$ nên $CA = CM$ và $OC$ là tia phân giác của $\widehat {AOM}$, do đó $\widehat {AOC} = \widehat {COM} = \frac{1}{2}\widehat {AOM}.$

Tương tự, ta có $DB = DM$ và $OD$ là tia phân giác của $\widehat {BOM}$, do đó $\widehat {BOD} = \widehat {MOD} = \frac{1}{2}\widehat {BOM}.$

Mà $\widehat {AOM}$ và $\widehat {BOM}$ là hai góc kề bù nên $\widehat {AOM} + \widehat {BOM} = 180^\circ .$

Khi đó, ta có: $\widehat {COM} + \widehat {MOD} = \frac{1}{2}\widehat {AOM} + \frac{1}{2}\widehat {BOM} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {AOM} + \widehat {BOM}} \right) = \frac{1}{2} \cdot 180^\circ = 90^\circ .$

Hay $\widehat {COD} = 90^\circ .$

b) Sai.

Vì $CD$ là tiếp tuyến của nửa đường tròn $\left( O \right)$ tại $M$ nên $CD \bot OM.$

Xét $\Delta COM$ và $\Delta ODM$ có:

$\widehat {CMO} = \widehat {OMD} = 90^\circ$ và $\widehat {OCM} = \widehat {DOM}$ (cùng phụ với $\widehat {COM}$)

Do đó $ΔCOM∽ΔDOM$ (g.g)

c) Đúng.

Vì $ΔCOM∽ΔDOM$ (g.g)

Suy ra $\frac{{CM}}{{OM}} = \frac{{OM}}{{DM}}$ hay $O{M^2} = CM.DM$.

Mà $AC = CM$ và $BD = MD$ (chứng minh trên)

Do đó, $O{M^2} = CM.DM = AC.BD$ hay ${R^2} = AC \cdot BD$. (1)

Mặt khác, $AB$ là đường kính của nửa đường tròn $\left( O \right)$ nên $AB = 2R,$ suy ra $A{B^2} = 4{R^2}$ nên ${R^2} = \frac{{A{B^2}}}{4}.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AC.BD = \frac{{A{B^2}}}{4}$.

d) Đúng.

Ta có: $AC \bot AB,\,\,BD \bot AB$ nên $AC\,{\rm{//}}\,BD$.

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có $\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{AC}}{{BD}}$.

Mà $CA = CM$, $BD = DM$ (chứng minh câu a)

Do đó ta có $\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{CM}}{{DM}},$ suy ra $MN\,{\rm{//}}\,BD$ (định lí Thalès đảo).

Lại có $BD \bot AB$ nên $MN \bot AB.$

a) Đúng.

Vì $d,\,\,d'$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( {O;R} \right)$ lần lượt tại $A,\,\,B$ nên $d \bot OA,\,\,d' \bot OB$.

Tứ giác $ABDC$ có $AC\,{\rm{//}}\,BD$ (cùng vuông góc với $AB$) nên $ABDC$ là hình thang.

Hình thang $ABDC$ có $\widehat {CAB} = \widehat {ABD} = 90^\circ$ nên $ABDC$ là hình thang vuông.

b) Sai.

Ta có $\widehat {AOC} + \widehat {COD} + \widehat {DOB} = 180^\circ$

Suy ra $\widehat {AOC} + \widehat {DOB} = 180^\circ - \widehat {COD} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ .$

Lại có $\widehat {DOB} + \widehat {ODB} = 90^\circ$ (tổng hai góc nhọn trong $\Delta OBD$ vuông tại $B)$

Do đó $\widehat {AOC} = \widehat {ODB}$.

Xét $\Delta CAO$ và $\Delta OBD$ có: $\widehat {CAO} = \widehat {OBD} = 90^\circ$ và $\widehat {AOC} = \widehat {BDO}$.

Do đó $ΔCAO∽ΔBDO$ (g.g)

c) Đúng.

Vì $ΔCAO∽ΔBDO$ (g.g) nên $\frac{{CA}}{{OB}} = \frac{{AO}}{{BD}}$ nên $CA \cdot BD = OA \cdot OB = {R^2}$.

d) Đúng.

Vì $ΔCAO∽ΔBDO$ suy ra $\frac{{CA}}{{OB}} = \frac{{CO}}{{OD}}$

Mà $OA = OB = R$ nên $\frac{{CA}}{{OA}} = \frac{{CO}}{{DO}}$.

Xét $\Delta CAO$ và $\Delta COD$ có: $\widehat {CAO} = \widehat {COD} = 90^\circ$ và $\frac{{CA}}{{OA}} = \frac{{CO}}{{DO}}$

Do đó $ΔCAO∽ΔCOD$ (c.g.c)

Suy ra $\widehat {ACO} = \widehat {DCO}$ (hai góc tương ứng).

Xét $\Delta CAO$ và $\Delta CHO$ có:

$\widehat {CAO} = \widehat {CHO} = 90^\circ$, $CO$ là cạnh chung và $\widehat {ACO} = \widehat {DCO}$

Do đó $\Delta CAO = \Delta CHO$ (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra $AO = HO$ (hai cạnh tương ứng).

Như vậy, $CD \bot OH$ tại $H$ và $H$ thuộc đường tròn $\left( {O;R} \right)$ (do $OH = OA = R)$ nên $CD$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {O;R} \right)$.

Đáp án: 62,8

Diện tích hình vành khuyên đó là: $S = \pi \left( {{6^2} - {4^2}} \right) = 20\pi \approx 62{,}8{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Đáp án: 0,31

Bán kính của đường tròn lớn là: $80:2 = 40{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Bán kính của đường tròn nhỏ là: $50:2 = 25{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Diện tích bề mặt trên chiếc đèn chính là diện tích hình vành khuyên được giới hạn bởi hai đường tròn có bán kính lần lượt là $40{\rm{\;cm}},\,\,25{\rm{\;cm}}$ và bằng:

$S = \pi \left( {{{40}^2} - {{25}^2}} \right) = 3\,\,063{,}05{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right) \approx 0{,}31{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}$.

Đáp án: 3,6

Công thức tính độ dài của cung tròn $n^\circ$ trên đường tròn bán kính $R{\rm{\;(cm)}}$ là: $l = \frac{n}{{180}} \cdot \pi R{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Suy ra $R = \frac{{180l}}{{n\pi }}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Thay $n = 50,\,\,l = \pi {\rm{\;(cm)}}$ ta được: $R = \frac{{180 \cdot \pi }}{{50 \cdot \pi }} = 3{,}6{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Vậy bán kính của đường tròn đó là $3{,}6{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Đáp án: 16,8

Ta có $BC \bot OA$ tại trung điểm $M$ của $OA$ nên $BC$ là đường trung trực của đoạn thẳng $OA.$

Do đó $OB = AB.$

Mà $OA = OB$ nên $OA = OB = AB.$ Suy ra tam giác $OAB$ là tam giác đều.

Do đó $\widehat {AOB} = 60^\circ .$

Chứng minh tương tự, ta được $\widehat {AOC} = 60^\circ .$

Ta có $\text{sđ}\overset{\frown}{BAC}=\widehat{BOC}=\widehat{AOB}+\widehat{AOC}=60^{\circ}+60^{\circ}=120^{\circ}.$

Khi đó số đo cung lớn $BC$ bằng

Độ dài cung lớn $BC$ là: $l = \frac{n}{{360}}C = \frac{{240}}{{360}} \cdot 8\pi = \frac{{16\pi }}{3}{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right) \approx 16{,}8{\rm{ cm}}{\rm{.}}$

Đáp án: 4,25

Gọi bán kính của đường tròn $\left( O \right)$ là $R,$ ta có:

$OA = OB = OC = R$ và $OH = OC - HC = R - 0{,}5 = R - \frac{1}{2}$.

Tam giác $AOB$ cân tại $O$ nên đường cao $OH$ đồng thời là trung tuyến hay $H$ là trung điểm của $AB$, ta có: $HA = HB = \frac{{AB}}{2} = 2\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Xét tam giác $AHO$ vuông tại $H$, áp dụng định lí Pythagore, ta có:

$O{A^2} = O{H^2} + A{H^2}$ hay ${R^2} = {\left( {R - \frac{1}{2}} \right)^2} + {2^2}$

$${R^2} = {R^2} - R + \frac{1}{4} + 4$$

$$R = \frac{{17}}{4}$$

$R = 4{,}25$ (m).

Vậy bán kính của guồng nước là $4{,}25$ m.