Trắc nghiệm Bài tập cuối chương 9 lớp 9 (có đúng sai, trả lời ngắn)

Đáp án đúng là: D

Hình d là đa giác lồi có các góc bằng nhau và các cạnh bằng nhau nên là đa giác đều.

Đáp án đúng là: D

Trong một đường tròn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn.

Đáp 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: C

Hình thoi và hình vuông có đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên nội tiếp đường tròn có tâm là giao điểm hai đường chéo và bán kính bằng nửa đường chéo.

Đáp án đúng là: A

Ta thấy trên hình 1, các điểm $A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C,{\rm{ }}D$ đều nằm trên đường tròn $\left( O \right)$ nên tứ giác $ABCD$ trên hình 1 là tứ giác nội tiếp.

Đáp án đúng là: D

Phép quay thuận chiều tâm một góc $0^\circ ;\,\,120^\circ ;\,\,240^\circ ;\,\,360^\circ$ biến tam giác đều thành chính nó.

Đáp án đúng là: A

Tứ giác $MNPQ$ nội tiếp đường tròn nên $\widehat M + \widehat P = 180^\circ$ hay $\widehat P = 180^\circ - \widehat M = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$.

Đáp án đúng là: A

Góc $AOB$ và $ACB$ lần lượt là góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung $AB$ của đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {AOB} = 2\widehat {ACB} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ$.

Đáp án đúng là: A

Vì $\widehat {AOB}$ và $\widehat {ADB}$ lần lượt là góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung $AB$ của $\left( O \right)$.

Do đó $\widehat {ADB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = \frac{1}{2} \cdot 120^\circ = 60^\circ$.

Mà tam giác $ADB$ cân tại D do $AD = BD$ nên tam giác $ADB$ là tam giác đều.

Đáp án đúng là: B

Các phép quay giữ nguyên ngũ giác đều $MNPQR$ là:

⦁ Năm phép quay thuận chiều $\alpha ^\circ$ tâm $O$ với $\alpha ^\circ$ lần lượt nhận các giá trị:

$$\alpha _1^o = \frac{{360^\circ }}{5} = 72^\circ ;\,\,\alpha _2^o = \frac{{2 \cdot 360^\circ }}{5} = 144^\circ ;\,\,\alpha _3^o = \frac{{3 \cdot 360^\circ }}{5} = 216^\circ ;$$

$$\alpha _4^o = \frac{{4 \cdot 360^\circ }}{5} = 288^\circ ;\,\,\alpha _5^o = \frac{{5 \cdot 360^\circ }}{5} = 360^\circ .$$

⦁ Ba phép quay ngược chiều $\alpha ^\circ$ tâm $O$ với $\alpha ^\circ$ lần lượt nhận các giá trị:

$$\alpha _1^o = \frac{{360^\circ }}{5} = 72^\circ ;\,\,\alpha _2^o = \frac{{2 \cdot 360^\circ }}{5} = 144^\circ ;\,\,\alpha _3^o = \frac{{3 \cdot 360^\circ }}{5} = 216^\circ ;$$

$$\alpha _4^o = \frac{{4 \cdot 360^\circ }}{5} = 288^\circ ;\,\,\alpha _5^o = \frac{{5 \cdot 360^\circ }}{5} = 360^\circ .$$

Do đó ta chọn phương án B.

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

a) Sai.

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

Xét hai tam giác $ABH$ và $AMC$ có:

$\widehat {AHB} = \widehat {ACM} = 90^\circ$

$\widehat {ABH} = \widehat {AMC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$ của $\left( O \right)$)

Nên $ΔABH∽\ ΔAMC$ (g.g)

b) Đúng.

Vì $ΔABH∽\ ΔAMC$ (cmt)

Suy ra $\widehat {BAH} = \widehat {OAC};\widehat {OCA} = \widehat {OAC}$.

Do đó $\widehat {BAH} = \widehat {OCA}$.

c) Đúng.

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

d) Đúng.

Vì $AH \bot BC;\,\,MN \bot AN$, do đó $MN\parallel HC$.

Suy ra $MNBC$ là hình thang, suy ra $BC\,{\rm{//}}\,MN$ và $\widehat {CBN} = \widehat {BCM}$.

Vậy $BCMN$ là hình thang cân.

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

a) Đúng.

Xét $\Delta EFB$ vuông tại $F$ nên có trung điểm của cạnh huyền $EB$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta EFB$. (1).

Xét $\Delta EMB$ vuông tại $M$ nên có trung điểm của cạnh huyền $EB$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta EFB$ (2).

Từ (1) và (2) ta có $B,M,E,F$ cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác $BMEF$ nội tiếp.

b) Đúng.

Vì $AB \bot CD$ và $\Delta ICD$ cân tại $I$ nên $IF$ là đường cao đồng thời là đường phân giác hay $\widehat {CIF} = \widehat {FID}$ suy ra $sd\overset{\frown}{AC}=sd\overset{\frown}{AD}$.

Ta có: $\widehat{AMC}=\frac{1}{2}sd\overset{\frown}{AC}$ và $\widehat{AMD}=\frac{1}{2}sd\overset{\frown}{AD}$.

Suy ra $\widehat {AMC} = \widehat {AMD}$ nên $AM$ là phân giác của $\widehat {CMD}$.

c) Sai.

Xét $\Delta ACE$ và $\Delta AMC$ có: $\widehat A$ chung; $\widehat{AMC}=\widehat{ACD}=\frac{1}{2}sd\overset{\frown}{AD}$.

Suy ra $ΔACE∽ΔAMC$ (g.g).

d) Đúng.

Vì $ΔACE∽ΔAMC$ (cmt) do đó $\frac{{AC}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AC}}$ suy ra $A{C^2} = AE.AM$.

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

a) Đúng.

Chứng minh tứ giác $AHKM$ nội tiếp.

Xét tứ giác $AHKM$, có $\widehat {AHM} = 90^\circ$ (vì $HK \bot AB$) và $\widehat {AMB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra $\widehat {AMK} = 90^\circ$ (kề bù với $\widehat {AMB} = 90^\circ$).

Suy ra tứ giác $AHKM$ nội tiếp.

b) Sai.

Xét $\Delta ANB$ và $\Delta KHB$ có:

$ANB = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $\widehat {ANB} = \widehat {KHB} = 90^\circ$

$\widehat {ABN} = \widehat {KBH}$ (góc nội tiếp chắn hai cung $AN,AM$ bằng nhau do $AB \bot MN$).

Suy ra $ΔANB∽ΔKHB$ (g.g).

c) Đúng.

Suy ra $ΔANB∽ΔKHB$ (g.g) suy ra $\frac{{AN}}{{NB}} = \frac{{KH}}{{HB}}$ suy ra $NB \cdot HK = AN \cdot HB.$

d) Đúng.

Tứ giác $AHKM$ nội tiếp nên $\widehat {HMK} = \widehat {HAK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $HK$);

$\widehat {HAK} = \widehat {NAB}$ (đối đỉnh); $\widehat {NAB} = \widehat {MAB}$ ($AB \bot MN$ nên $B$ nằm chính giữa cung $MN$, hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Suy ra $\widehat {HMK} = \widehat {HAK} = \widehat {NAB} = \widehat {MAB}$ do đó $\widehat {HMK} + \widehat {HMA} = \widehat {OMA} + \widehat {HMA}$.

Mà $\widehat {HMK} + \widehat {MHA} = \widehat {AMK} = 90^\circ$ (kề bù với $\widehat {AMB} = 90^\circ$, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra $\widehat {OMA} + \widehat {HMA} = 90^\circ$ suy ra $\widehat {HMO} = 90^\circ$ hay $HM \bot OM$ tại $M$.

Suy ra $HM$ là tiếp tuyến của đường tròn $O$.

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

a) Đúng.

Ta có: $OA = OB = OC = R = \frac{{4a\sqrt 3 }}{3}$.

Mà $OA = \frac{2}{3}AI$ ($O$ là giao điểm của ba đường trung trực, cũng là trung tuyến, đường cao trong tam giác đều).

Suy ra $AI = 2a\sqrt 3$.

b) Đúng.

Gọi cạnh của tam giác đều $ABC$ là $x\,\,\left( {x > 0} \right)$.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $ABI$, ta có:

$$A{I^2} + B{I^2} = A{B^2}$$

$${\left( {2a\sqrt 3 } \right)^2} + {\frac{x}{4}^2} = {x^2}$$

$\frac{{3{x^2}}}{4} = 12{a^2}$ suy ra $x = 4a$.

Vậy độ dài cạnh của tam giác đều $ABC$ là $4a$.

c) Đúng.

Đường tròn nội tiếp tam giác đều $ABC$ có tâm $O$, bán kính $OI.$

Ta có: $OI = \frac{1}{2}OA = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều $ABC$ là $\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$.

d) Sai.

Diện tích của hình tam giác $ABC$ là $\frac{1}{2}AI \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 2a\sqrt 3 \cdot 4a = 4{a^2}\sqrt 3$.

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

a) Đúng.

Ta có: $\widehat {DCx} + \widehat {DCB} = 180^\circ$ (hai góc kề bù).

Suy ra $\widehat {DCB} = 45^\circ$.

b) Đúng.

Mà tứ giác $ABCD$ nội tiếp nên ta có: $\widehat {DCB} + \widehat {DAB} = 180^\circ$ (tính chất), suy ra $\widehat {DAB} = 135^\circ$.

Lại có: $\widehat {DAB} + \widehat {DAE} = 180^\circ$ (hai góc kề bù) suy ra $\widehat {DAE} = 45^\circ$.

c) Sai.

Có $\widehat {CDA}$ là góc ngoài đỉnh $D$ của tam giác $ADE$ nên $\widehat {CDA} = \widehat {DEA} + \widehat {DAE} = 75^\circ$.

d) Đúng.

Ta có: $\widehat {CDA} + \widehat {CBA} = 180^\circ$ (tứ giác $ABCD$ nội tiếp)

Suy ra $\widehat {CBA} = 105^\circ$.

Đáp án: 110

Góc $BAD$ và $BOD$ là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $BD$ của $\left( O \right)$.

Do đó $\widehat {BAD} = \frac{1}{2}\widehat {BOD} = \frac{1}{2}.140^\circ = 70^\circ$.

Tứ giác $ABCD$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat {BAD} + \widehat {BCD} = 180^\circ$.

Vậy $\widehat {BCD} = 180^\circ - \widehat {BAD} = 180^\circ - 70^\circ = 110^\circ$.

Đáp án: 50

Ta có: $OA = OB = R$ nên tam giác $AOB$ cân tại $O$.

Suy ra $\widehat {OBA} = \widehat {OAB} = \frac{{180^\circ - 130^\circ }}{2} = 25^\circ$.

Lại có $OA = OC = R$ nên tam giác $AOD$ cân tại $O$.

Suy ra $\widehat {ODA} = \widehat {OAD} = 40^\circ$.

Ta có: .

Mà $\widehat {CAD} + \widehat {OAC} = 40^\circ$ nên $\widehat {OAC} = 25^\circ$.

Ta có: $\widehat {BAC} = \widehat {OAB} + \widehat {OAC} = 25^\circ + 25^\circ = 50^\circ$.

Đáp án: 140

Có tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn nên $\widehat {ABC} + \widehat {ADC} = 180^\circ$ suy ra $\widehat {ADC} = 70^\circ$.

Ta có: $\widehat {ADC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $AC$).

Suy ra $\widehat {AOC} = 2\widehat {ADC} = 2.70^\circ = 140^\circ$.

Đáp án: 3.

Đường tròn $\left( {I,r} \right)$ tiếp xúc với các cạnh $AB,AC,BC$ lần lượt tại $M,N,P$.

Ta có: ${S_{AIB}} = \frac{1}{2}.AM.AB = \frac{{AB.r}}{2}$ (1);

${S_{AIC}} = \frac{1}{2}.IN.AC = \frac{{AC.r}}{2}$ (2);

${S_{CIB}} = \frac{1}{2}.IP.BC = \frac{{BC.r}}{2}$ (3).

Cộng (1), (2), (3) theo vế, ta được: ${S_{AIB}} + {S_{AIC}} + {S_{CIB}} = \frac{1}{2}r\left( {AB + AC + BC} \right)$ hay

$${S_{ABC}} = \frac{1}{2}r\left( {AB + AC + BC} \right)$$

Mà ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}.9.12 = 54{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}$, $BC = \sqrt {{9^2} + {{12}^2}} = 15{\rm{ cm}}$.

Do đó, ta có: $\frac{1}{2}r.\left( {9 + 12 + 15} \right) = 54$ hay $r = 3{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Vậy $r = 3{\rm{ cm}}$.

Đáp án: 120

Vì tam giác $ABC$ đều có tâm $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp nên $O$ cũng là giao ba đường phân giác nên $BO,CO$ lần lượt là các đường phân giác $\widehat {ABC}$ và $\widehat {ACB}$.

Ta có: $\widehat {BCO} = \frac{1}{2}\widehat {ACB} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ$; $\widehat {CBO} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ$.

Xét tam giác $BCO$ có $\widehat {BOC} = 180^\circ - \widehat {CBO} - \widehat {BCO} = 180^\circ - 30^\circ - 30^\circ = 120^\circ$.

Do đó số đo cung nhỏ $BC$ là $120^\circ$.