Trắc nghiệm Đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp của một tam giác lớp 9 (có đúng sai, trả lời ngắn)

BĐáp 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: B

Tâm đường tròn nội tiếp của một tam giác là giao của các đường phân giác trong của tam giác đó.

Đáp án đúng là: A

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao điểm của các đường trung trực của tam giác đó.

Đáp án đúng là: C

Mỗi tam giác luôn có một đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn ngoại tiếp nên đáp án A và B đều đúng.

Đường tròn nội tiếp tam giác là đường tròn tiếp xúc với cả ba cạnh của một tam giác nên đáp án D không đúng.

Vậy đáp án đúng nhất là đáp án C.

Đáp án đúng là: B

Đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh $a$ có bán kính bằng $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Đáp án đúng là: C

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$.

Gọi $E;{\rm{ }}F;{\rm{ }}K;{\rm{ }}G$ lần lượt là trung điểm của $AD,{\rm{ }}DC,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}AB$.

Khi đó ta có $OE = OF = OK = OG = \;\frac{a}{2}$ hay $O$ là tâm đường tròn nội tiếp hình vuông $ABCD$.

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông là $R = \frac{a}{2}$.

Đáp án đúng là: B

Gọi tam giác đều $ABC$ nội tiếp đường tròn $\left( {O;{\rm{ }}R} \right)$ có cạnh là $a.$

Khi đó $O$ là trọng tâm tam giác $ABC$.

Gọi $AH$ là đường trung tuyến.

Suy ra $R = AO = \frac{2}{3}AH$ hay $AH = \frac{{3R}}{2}$.

Áp dụng định lý Pythagore với tam giác $ABH$ vuông tại $H$, ta có: $A{H^2} = A{B^2} - B{H^2}$

Khi đó $AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Do đó $\frac{{3R}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ hay $a = R\sqrt 3$.

Đáp án đúng là: D

Gọi tam giác đều $ABC$ nội tiếp đường tròn $\left( {O;{\rm{ }}R} \right)$ có cạnh là $a$.

Khi đó $O$ là trọng tâm tam giác $ABC$ và cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ nên $AO = 2\,\,{\rm{cm}}$.

Gọi $AH$ là đường trung tuyến.

Suy ra $2 = AO = \frac{2}{3}AH$ hay $AH = 3\,\,{\rm{cm}}$.

Áp dụng định lý Pythagore với tam giác $ABH$ vuông tại $H$, ta có: $A{H^2} = A{B^2} - B{H^2}$

Khi đó $AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Do đó $3 = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ hay $a = 2\sqrt 3$ (cm).

Diện tích tam giác $ABC$ là: $\frac{1}{2}AH \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2\sqrt 3 = 3\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$ .

Vậy diện tích tam giác đều nội tiếp đường tròn $\left( {O\,;\,\,2\,\,{\rm{cm}}} \right)$ là $3\sqrt 3 \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}$.

Đáp án đúng là: C

Vì tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm O của cạnh huyền $BC$, bán kính $R = \frac{{BC}}{2}$.

Theo định lý Pythagore, ta có:

$BC = \sqrt {A{C^2} + A{B^2}} = \sqrt {{5^2} + {{12}^2}} = 13$ (cm).

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là $R = \frac{{BC}}{2} = \frac{{13}}{2}$ (cm).

Đáp án đúng là: A

Gọi $E,{\rm{ }}F$ là tiếp điểm của đường tròn $\left( I \right)$ với các cạnh $AB,{\rm{ }}AC$.

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: $AE = AF;{\rm{ }}BE = BD;\,\,CD = CF$.

Do đó $2BD=BD+BE$ $=BC-CD+AB-AE$

$=BC+AB-(CD+AE)$ $=BC+AB-(CF+AF)$

$=BC+AB-AC$

Suy ra $BD = \frac{{BC + AB - AC}}{2}$.

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

a) Đúng.

Vì tam giác $ABC$ đều nên $CE$ vừa là đường cao, vừa là đường phân giác, đường trung tuyến.

Do đó, $CE = \frac{{18\sqrt 3 }}{2} = 9\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Suy ra $OE = \frac{1}{3}CE = 3\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ là $3\sqrt 3 {\rm{ cm}}{\rm{.}}$

b) Sai.

Xét $\Delta OEN$ và $\Delta ONI$, có:

$$OE = OI = r$$

$ON$ chung

$$\widehat {OEN} = \widehat {OIN} = 90^\circ$$

Suy ra $\Delta OEN = \Delta OIN$ (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

c) Sai.

Ta chứng minh được $\Delta OFM = \Delta OIM$ (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

$\Delta OEA = \Delta OFA$ (c.c.c)

Ta có: ${S_{AEOF}} = 2{S_{AOE}} = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot EA \cdot EO = EA \cdot EO = \frac{1}{2}AB \cdot EO = 9 \cdot 3\sqrt 3 = 27\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$.

d) Đúng.

Ta có: ${S_{ENIO}} + {S_{IMFO}} = 2{S_{NOI}} + 2{S_{OIM}} = 2{S_{OMN}} = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot OI \cdot MN = 3\sqrt 3 \cdot 8 = 24\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Suy ra ${S_{AMN}} = {S_{AEOF}} - {S_{ENIO}} - {S_{IMFO}} = 27\sqrt 3 - 24\sqrt 3 = 3\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).$

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

a) Đúng.

Ta có: $OI \bot BC$ nên $I$ là trung điểm của $BC$.

Do đó, $BI = IC = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}$.

Áp dụng định lí Pythagore, ta có: $O{I^2} = O{B^2} - B{I^2} = {R^2} - \frac{{3{R^2}}}{4} = \frac{{{R^2}}}{4}$.

Suy ra $OI = \frac{R}{2}$. Suy ra $OI = \frac{1}{2}BO$ hay $\sin \widehat {IBO} = \frac{{OI}}{{BC}} = \frac{1}{2}$.

Do đó, $\widehat {IBO} = 30^\circ$.

b) Đúng.

Nhận thấy, $O{B^2} + O{A^2} = 2{R^2} = A{B^2}$, theo định lí Pythagore đảo, ta có $\Delta OAB$ vuông tại $O$.

Do đó, $\widehat {BOA} = 90^\circ$.

c) Đúng.

$\Delta OAB$ vuông tại $O$ có $OA = OB$ nên $\Delta OAB$ vuông cân tại $O$, suy ra $\widehat {OAB} = \widehat {ABO} = 45^\circ$.

Ta có: $\widehat {ABC} = \widehat {ABO} - \widehat {CBO} = 45^\circ - 30^\circ = 15^\circ$.

Xét $\Delta ABH$ có $AH = AB \cdot \sin \widehat {ABC} = R\sqrt 2 \cdot \sin 15^\circ$.

d) Sai.

Có $\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = 45^\circ$.

Suy ra $\Delta AHC$ vuông cân, do đó $AH = HC$.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $\Delta AHC$ được :

$$AC = \sqrt {A{H^2} + H{C^2}} = AH\sqrt 2 = R\sqrt 2 \cdot \sin 15^\circ \cdot \sqrt 2 = 2R \cdot \sin 15^\circ > \frac{R}{2}.$$

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

a) Đúng.

Có $\Delta OCD$ cân tại $O$, $OH \bot CD,\,\,H \in CD$ nên $H$ là trung điểm của $CD$.

Suy ra $HC = HD = \frac{{CD}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}$

Xét $\Delta HOC$ có $\sin \widehat {HOC} = \frac{{HC}}{{OC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$, suy ra $\widehat {HOC} = 60^\circ$.

$\Delta OCD$ cân tại $O$ nên $OH$ là tia phân giác, do đó $\widehat {COD} = 2\widehat {HOC} = 120^\circ$.

b) Đúng.

Áp dụng định lí Pythagore vào $\Delta HOC$, được $OH = \sqrt {O{C^2} - H{C^2}} = \frac{R}{2}\,$.

c) Sai.

Áp dụng định lí Pythagore vào $\Delta OHS$ có: $SH = \sqrt {O{S^2} - O{H^2}} = \sqrt {4{R^2} - \frac{{{R^2}}}{4}} = \frac{{R\sqrt {15} }}{2}$.

d) Sai.

Ta có: $SD = SH + HD = \frac{{R\sqrt {15} }}{2} + \frac{{R\sqrt 3 }}{2} = \frac{{R\left( {\sqrt {15} + \sqrt 3 } \right)}}{2} < 3R$.

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

a) Đúng.

Ta có: $AI = \frac{2}{3}AO$ nên $OI = \frac{1}{3}AO = \frac{R}{3}$.

b) Đúng.

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác $\Delta OCI$, có:

$CI = \sqrt {C{O^2} + O{I^2}} = \sqrt {{R^2} + \frac{{{R^2}}}{9}} = \frac{{R\sqrt {10} }}{3}$.

c) Sai.

Xét $\Delta COI$ và $\Delta CDE$ có:

$$\widehat {OCI} = \widehat {DCE}$$

$$\widehat {COI} = \widehat {DEC} = 90^\circ$$

Do đó, $ΔCDE∽ΔCIO$ (g.g).

d) Sai.

Vì (cmt) nên ta có: $\frac{{CE}}{{CO}} = \frac{{CD}}{{CI}} = \frac{{DE}}{{IO}}$.

Suy ra $CE = \frac{{CD \cdot CO}}{{CI}} = \frac{{2R \cdot R}}{{\frac{{R\sqrt {10} }}{3}}} = \frac{{3R\sqrt {10} }}{5}$.

Do đó, $\frac{{CI}}{{CE}} = \frac{{R\sqrt {10} }}{3}:\frac{{3R\sqrt {10} }}{5} = \frac{5}{9}$.

Vậy $CI = \frac{5}{9}CE.$

Suy ra $CI = \frac{5}{4}IE$.

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

a) Đúng.

Áp dụng định lí Pythagore vào $\Delta ABC$, ta có: $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{9^2} + {{12}^2}} = 15\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

b) Sai.

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: $AD = AF;\,\,BD = BE;\,\,CE = CF$.

Do đó, ta có: $2AD + 2BE + 2CE = AB + BC + CA = 9 + 12 + 15 = 36$ (cm).

Suy ra $2AD + 2BC = 36$, suy ra $AD = 3\,\,{\rm{cm}}{\rm{,}}$ $BD = 6\,\,{\rm{cm}}$ và $DI = 3\,\,{\rm{cm}}$.

Do đó, $BD = 2DI$.

c) Đúng.

Xét $\Delta ABN$ và $\Delta IBD$ có $\widehat B$ chung và $\widehat {BDI} = \widehat {BAN} = 90^\circ$.

Do đó, (g.g)

Suy ra $\frac{{BI}}{{BN}} = \frac{{DB}}{{AB}} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3} = \frac{{BG}}{{BM}}$

Do đó, theo định lí Thales đảo suy ra $IG\parallel NM$ và $IG = \frac{2}{3}MN$.

Có $IDAF$ là hình vuông nên $DI\parallel FA$.

Theo định lí Thales, có $\frac{{DI}}{{AN}} = \frac{{DB}}{{AB}} = \frac{2}{3}$, do đó $AN = 3:\frac{2}{3} = \frac{9}{2} = 4{,}5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

d) Đúng.

Vì $M$ là trung điểm của $BC$ nên $NM = AM - AN = 6 - 4{,}5 = 1{,}5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Suy ra $IG = 1\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Đáp án: 2

Đường tròn $\left( {I;{\rm{ }}r} \right)$ tiếp xúc với các cạnh $AB,{\rm{ }}AC,{\rm{ }}BC$ theo thứ tự $M,{\rm{ }}N,{\rm{ }}P$.

Ta có: ${S}_{AIB}=\frac{1}{2}IM\cdot AB=\frac{1}{2}\cdot r\cdot AB(1)$

${S}_{AIC}=\frac{1}{2}IN\cdot AC=\frac{1}{2}\cdot r\cdot AC(2)$

${S}_{BIC}=\frac{1}{2}r.BC(3)$

Cộng vế theo vế ở các biểu thức $\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right),\,\,\left( 3 \right)$, ta được:

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

Mà ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.6.8 = 24$ (cm$^{2}$), $BC = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10$ (cm)

Nên ta có: $24 = \frac{1}{2}r \cdot \left( {6 + 8 + 10} \right)$ hay $\frac{1}{2}r \cdot 12 = 24$.

Do đó $r = 2\,\,{\rm{cm}}$.

Đáp án: 5

Ta có: $A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\left( { = 100} \right)$ .

Suy ra tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

Do đó, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là trung điểm O của cạnh huyền $BC$.

Đường kính đường tròn là: $d = BC = 10{\rm{ cm}}$.

Suy ra, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là $R{\rm{ }} = \frac{d}{2}\; = 5{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Vậy $R = 5\,\,{\rm{cm}}.$

Đáp án: 15

Vì $AC$ bằng cạnh của hình vuông nội tiếp $\left( O \right)$ nên số đo cung $AC = 90^\circ$.

Vì $BC$ bằng cạnh của tam giác đều nội tiếp $\left( O \right)$ nên số đo cung $BC = 120^\circ$.

Từ đó suy ra số đo cung $AB$ bằng $120^\circ --90^\circ = 30^\circ$.

Vì góc $ACB$ là góc nội tiếp chắn cung $AB$ nên $\widehat {ACB} = \frac{{30^\circ }}{2} = 15^\circ$.

Vậy $\widehat {ACB} = 15^\circ$.

Đáp án: 1,73

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$ nên $AB \cdot AC = A{H^2}$.

Mặt khác $\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{3}{4}$ hay $AB = \frac{3}{4}AC$. Thế vào biểu thức trên ta được:

$\frac{3}{4}A{C^2} = {\left( {\frac{{12}}{5}} \right)^2}$ hay $AC = \frac{{8\sqrt 3 }}{5}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Suy ra $AB = \frac{3}{4} \cdot \frac{{8\sqrt 3 }}{5} = \frac{{6\sqrt 3 }}{5}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ta có: $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}$

Do đó $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = 2\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là trung điểm O của cạnh huyền $BC$.

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là $R = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \approx 1{,}73$ (cm).

Đáp án: 16,8

Áp dụng định lí Pythagore, ta có độ dài đường chéo của hình chữ nhật là:

$\sqrt {{6^2} + {4^2}} = \sqrt {52} = 2\sqrt {13}$ (cm).

Hình chữ nhật nội tiếp đường tròn nên đường kính của đường tròn chính là độ dài của đường chéo hình chữ nhật.

Bán kính đường tròn là: $R = \frac{{2\sqrt {13} }}{2} = \sqrt {13}$ (cm).

Diện tích hình chữ nhật là: ${S_{hcn}} = 6 \cdot 4 = 24{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right){\rm{.}}$

Diện tích hình tròn là: ${S_{h\`i nh{\rm{ }}tr\`o n}} = \pi {R^2} = 13\pi {\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right){\rm{.}}$

Diện tích phần bị gạch chéo là: $S = {S_{tr\`o n}}--{S_{hcn}} = 13\pi --24 \approx 16{,}8{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).$

Vậy diện tích phần bị gạch chéo bằng khoảng $16{,}8{\rm{ c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{.}}$