27 cau trac nghiem on tap chuong 3 co dap an 2023 toan lop 9

CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM TOÁN LỚP 9 ÔN TẬP CHƯƠNG 3 Câu 1 Cho đường tròn (O) Trên (O) lấy ba điểm A, B, D sao cho AOB = 120o, AD = BD Khi đó ABD là A Tam giác đều B Tam giác vuông tại D C Tam giác vuông c[.]

Trang 1

CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM TOÁN LỚP 9 ÔN TẬP CHƯƠNG 3

Câu 1: Cho đường tròn (O) Trên (O) lấy ba điểm A, B, D sao cho AOB = 120o, AD = BD

Khi đó  ABD là:

A Tam giác đều B Tam giác vuông tại D C Tam giác vuông cân tại D D Tam giác vuông tại A

Lời giải

Từ mối liên hệ về số đo góc ở tâm và số đo góc nội tiếp ta có:

1 1

ADB AOB

2 2

  120o = 60o

 ABD có AD = BD nên cân tại D, có một góc ADB = 60o nên  ABD là tam giác đều

Đáp án cần chọn là: A

Câu 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Biết BOD = 130o thì số đo BAD là:

A 50o B 130o C 15o D 65o

Trang 2

Ta có: BOD = 130o  sđ BD = 130oDo đó BAD 1

2

 sđ BD = 65o (góc nội tiếp bằng một nửa số đo của cung bị chắn) Đáp án cần chọn là: D

Câu 3: Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại A và B Vẽ cát tuyến CAD vng góc với AB (C  (O), D  (O’)) Tia CB cắt (O’) tại E, tia DB cắt (O) tại F Khi đó

A CAF > DAE B CAF < DAE

C CAF = DAE D Tất cả các đáp án đều sai

Lời giải

Theo giả thiết ta có CD  AB nên CAB = 90o Mà CAB 1

2

Trang 3

Vậy ba điểm B, O, C thẳng hàng

Chứng minh tương tự ta nhận được B, O’, D thẳng hàng

Trong (O), các CAF,CBF là các góc nội tiếp cùng chắn chung CF nên

CAFCBF (1)

Trong (O’) các góc DAE, DBElà các góc nội tiếp cùng chắn chung DE nên DAEDBE (2)

Mặt khác CBF, DBE là các góc đối đỉnh, do đó CBFDBE (3) Từ (1), (2), (3) ta suy ra CAFDAE

Đáp án cần chọn là: C

Câu 4: Cho đường tròn (O; R) và một điểm M bên trong đường trịn đó Qua M kẻ hai dây cung AB và CD vng góc với nhau (C thuộc cung nhỏ AB) Vẽ đường kính DE Khi đó tứ giác ABEC là:

A Hình bình hành B Hình thang C Hình thang cân D Hình thoi

Lời giải

Do DE là đường kính của (O; R) nên DCE = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Do đó CD  CE Mặt khác theo giả thiết ta có CD  AB Do đó AB // CE Vậy tứ giác ABEC là hình thang (1)

Trang 4

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABEC là hình thang cân Đáp án cần chọn là: C

Câu 5: Cho hình vẽ dưới đây:

Khi đó mệnh đề đúng là:

A AQB = ANB B AQB > ANB

C AQB < ANB D Tất cả đều sai

Lời giải

Ta áp dụng cơng thức về góc có đỉnh ở trong và ở ngồi đường trịn bị chắn bởi

cung ta nhận được 1AQB21AQB2sđAeB sđCdMsđAeB sđCdM     AQB 1sđAeB sđCdM2  > 1sđAeB 2 sđCdM = ANB Đáp án cần chọn là: B

Câu 6: Qua điểm A nằm ngồi đường trịn (O) kẻ hai cát tuyến ABC và ADE với đường trịn đó (B nằm giữa A và C, D nằm giữa A và E) Kẻ dây BF // DE Khi đó kết luận đúng là:

A AC AE = DC DF B AC DF = DC AE C AE CE = DF CF D AC CE = DC CF

Trang 5

Ta có BCD là góc nội tiếp chắn cung BmD (1) Ta có FCE là góc nội tiếp chắn cung FnE (2)

Mặt khác ta có sđ BmD = sđ FnE (3) (hai cung bị chắn bởi hai dây song song) Từ (1), (2), (3) suy ra FCEBCD  FCEECDBCDECD

Do đó FCD ECB (4)

Theo tính chất về góc có đỉnh bên ngồi đường trịn ta có:

sđCFE sđBmD sđ 1 1CAE2  2 CFEsđFnE  = 12sđCF (5)

Theo tính chất của góc nội tiếp bị chắn bởi cung ta có CDF 12 sđCF (6) Từ (5) và (6) ta nhận được CAECDF (7) Từ (4) và (7) ta nhận được  ACE ∽  DCF (g – g) Do đó AC AE CEDC  DF  CF  AC DF = AE DC Đáp án cần chọn là: B

Trang 6

A AFB > ABD B AFB < ABD C AFB = 2 ABD D AFB = ABD

Lời giải

 ABC cân tại A nên AB = AC suy ra sđAB = sđAC

Áp dụng kết quả trên và theo tính chất của góc ngồi đường trịn ta có:

sđAB 1AFB C2 sđ D  = 1sđAC 2 sđCD = 12sđAD

Mặt khác theo tính chất góc nội tiếp ta có ABD 1

2sđAD



Do đó AFB ABD Đáp án cần chọn là: D

Câu 8: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi P, Q, R lần lượt là giao điểm của các tia phân giác trong góc A, B, C với đường trịn Giả sử rằng S = AP  RQ Khi đó:

A ASQ = 30o B ASQ = 45o C ASQ = 60o D ASQ = 90o

Trang 7

Ta có tia phân giác AP chia đôi cung BC thành hai cung bằng nhau, hay sđ BP = sđ CP = 12 sđ BC Tương tự ta có sđAQ = sđCQ = 12 sđ AC sđ AR = sđ BR = 12 sđ AB Khi đó theo tính chất của góc có đỉnh bên trong đường trịn ta có:

sđAQ 1ASQ P2 sđ R  = 1 1sđAC 1sđAB 1sđB2 2 2 2 C      = o1 1.3602 2    = 90oĐáp án cần chọn là: D

Câu 9: Cho tam giác nhọn ABC (AB > BC) nội tiếp đường tròn (O) D là điểm chính giữa cung AC Giả sử {E} = AB  CD, {F} = AD  BC Khi đó:

A AED = CFD B AED > CFD

C AED < CFD D Khơng có đáp án đúng

Trang 8

Theo tính chất của góc ngồi đường trịn ta có: 1AED21CFD2sđBC sđADsđAB sđCD    (1) Theo đề bài ta có AB > BC  sđ BC < sđ AB (2)

Mặt khác ta có D là điểm chính giữa cung AC nên sđ AD = sđ CD (3) Từ (1), (2) và (3) ta có AEDCFD

Trang 9

A OAB = 75o B OAB = 60o C OAB = 45o D OAB = 30o

Lời giải

Xét (O) có BOD  sđ BmD = 120o mà góc BOD và AOB là hai góc kề bù nên AOB = 180o − BOD = 60o

Xét tam giác AOB vuông tại B (do AB là tiếp tuyến) nên AOBOAB = 90o

 OAB = 90o – 60o = 30oĐáp án cần chọn là: D

*Chú ý: Các em có thể sử dụng tính chất góc có đỉnh nằm ngồi đường trịn để tính

OAB

Câu 11: Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với (O) tại A và B Qua A vẽ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn tại C

Nối C với M cắt đường tròn (O) tại D Nối A với D cắt MB tại E Chọn câu đúng A ME = 2EB B 2ME = EB C ME = EB D 3ME = 2EB

Lời giải

Xét  ABE và  BDE có: + E chung

+ BEADBE (góc nội tiếp và góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BD)

Do đó ta có  ABE ∽  BDE (g.g)  AE BE

Trang 10

Mà DCAMAD (góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AD) Do đó EMD MAD Xét  MEA và  DEM có: + E chung + EMDMAD (cmt)

Suy ra  MEA ∽  DEM Do đó ME EA

DE  EM  ME2 = DE EA (2) Từ (1) và (2) ta nhận được EB2 = EM2  EB = EM

Câu 12: Cho điểm C thuộc nửa đường tròn (O) đường kính AB Từ điểm D thuộc đoạn AO kẻ đường thẳng vng góc với AO cắt AC và BC lần lượt tại E và F Tiếp tuyến tại C với nửa đường tròn cắt EF tại M và cắt AB tại N Khi đó:

A ME = MF B 2ME = MF C ME = 2MF D 2ME = 3MF

Lời giải

Ta có MCA = 1

2sđ AC (góc giữa tiếp tuyến và dây cung chắn cung AC) (1) Lại có MECAED = 90o − EAD = 90o − 1

2 sđ BC = 1

2 sđ AC (2) Từ (1) và (2) suy ra MCEMEC Vậy  MEC cân tại M, suy ra MC = ME Chứng minh tương tự ta có MC = MF

Trang 11

Câu 13: Cho đường trịn tâm O, đường kính AB Lấy điểm P khác A và B trên đường tròn sao cho BAP = 30o Gọi T là giao điểm của AP với tiếp tuyến tại B của đường trịn Khi đó ta có PBT = ?

A 30o B 45o C 60o D 90o

Lời giải

Xét (O) có góc PAB là góc nội tiếp chắn cung BP, góc PBT là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung BP nên PBTPAB = 30o

Câu 14: Cho hình vẽ ở bên Biết BAx = 20o

Hãy tính số đo của cung bị chắn AB

A 100o B 60o C 80o D 40o

Lời giải

Do Ax là tiếp tuyến với (O) tại A nên BAx 12

 sđ AB hay sđ AB 2BAx = 2.20o = 40o

Trang 12

Đáp án cần chọn là: D

Câu 15: Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC = R Hai tiếp tuyến của

đường tròn (O) tại B, C cắt nhau tại A Gọi M là giao điểm của AO và BC Khi đó tam giác AMB là:

A Tam giác vng có một góc 30o

B Tam giác vng có một góc 60o

C Tam giác vng có cạnh góc vng bằng nửa cạnh huyền D Các đáp án trên đều đúng

Lời giải

Xét đường tròn (O) có dây BC = R = OC = OB nên  BOC là tam giác đều Do đó BOC = 60o  sđ BC = 60o

Lại có ABC là góc tạo bởi hai tiếp tuyến BA và dây cung BC của (O) Do góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng nửa số đo cung bị chắn nên

1ABC

2

 sđ BC = 30o

Lại có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OB = OC = R nên AO là đường trung trực của BC Hay AO  BC tại M, suy ra AMB = 90o  BAM = 60oNhư vậy tam giác AMB vuông tại M và có ABM = 30o; BAM = 60o

Nên đáp án A, B đều đúng Ta lại có sinABM AM AM

AB AB

  = sin30o = 12

Hay cạnh góc vng AM bằng nửa cạnh huyền AB Vì vậy đáp án C cũng đúng Đáp án cần chọn là: D

Trang 13

A ADC = 70o B ADC = 80o C ADC = 75o D ADC = 60o

Lời giải

Xét (O) có CADCBD (cùng chắn cung CD) Do đó ta có CAD = 60o

Tổng ba góc trong một tam giác bằng 180o nên CADACDADC = 180o

 ADC = 180o – ( CADACD) = 180o – (60o + 40o) = 80oĐáp án cần chọn là: B

Trang 14

A 280o B 290o C 300o D 310o

Lời giải

Ta có tổng số đo cung nhỏ BmC và số đo cung lớn BnC là 360o

Mặt khác số đo cung nhỏ BmC = 80o Từ đó ra suy ra số đo cung lớn BnC là: 360o – 80o = 280o

Câu 18: Cho hình vẽ ở bên Khi đó mệnh đề đúng là:

A AMD 1sđAnD sđCpB2  B AMD 1sđAqC sđDmB2  C AMD 1sđAnD sđCpB2  D AMD 1sđAqC sđDmB2  Lời giải

Góc AMD là góc có đỉnh bên trong đường tròn chắn cung AD và cung BC nên ta có AMD 1sđAnD sđCpB

2 



Trang 15

Câu 19: Cho hình vẽ (hai đường trịn có tâm là B, C và điểm B nằm trên đường tròn tâm C) Biết MAN = 20o

Khi đó PCQ = ?

A 60o B 70o C 80o D 90o

Lời giải

Ta nhận thấy MAN nội tiếp đường tròn tâm B, chắn cung nhỏ MN của đường tròn (B) nên MAN 1MBN

2

 = 20o  MBN = 40o  PBQ = 40o

Ta lại có PBQ là góc nội tiếp đường trịn tâm C và PCQ là góc ở tâm của (C) nên 1PBQ PCQ PCQ 2PBQ2   = 80oVậy PCQ = 80oĐáp án cần chọn là: C

Trang 16

A AMBANB B AMB 1AOB2



C ANB 1AOB2

 D AMBANBAOB

Lời giải

Ta có AMBANB vì hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB Ta lại có AMB 1AOB, ANB 1AOB

2 2

  (mối liên hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB)

Đáp án cần chọn là: D

Câu 21: Tia phân giác góc BAD của hình bình hành ABCD cắt các đường thẳng BC và DC lần lượt tại hai điểm M và N Dựng ra phía ngồi hình bình hành ABCD tam giác MCO cân tại O với MOCBAD Khi đó:

A B, O, C, D thuộc cùng một đường trịn

B B, O, C, D khơng thuộc cùng một đường tròn C Cả A, B đều đúng

D Cả A, B đều sai

Trang 17

Ta có BM // AD nên BMAMAD

Mặt khác AM là phân giác của BAD nên BAMMAD Từ đó BAMAMB

Vậy  ABM cân tại B Suy ra BM = BA = DC Tam giác OMC cân tại O nên OM=OC và

OMCOCM= o o180 MOC 11802 2   Đặt  BAD, ta có 1 o OCD BCD OCM 1802       = 90o + 2 (1) Các góc BMO,OMC kề bù nên BMO = 180o − OMC = 180o − OCM =90o+

2

(2) Từ (1) và (2) suy ra OCDBMO

Xét hai tam giác  OBM,  ODC có

OCD BMOOM OC(cmt)BM CD(cmt)  

nên  OBM =  ODC

(c.g.c)

Do đó OBM ODC Điều này chứng tỏ BOCD là tứ giác nội tiếp Do đó bốn điểm B, O, C, D thuộc cùng một đường tròn

Câu 22: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF (D  BC, E  AC, F  AB) cắt nhau tại H Khi đó ta có:

Trang 18

Lời giải

Do AD, BE là các đường cao nên HDC HEC = 90o

Do đó HDC HEC = 90o + 90o = 180oVậy tứ giác DCEH là tứ giác nội tiếp

Các góc HED, HCD cùng chắn cung HD nên HEDHCD (1)

Xét hai tam giác  BDE,  BHC có HED HCD (theo (1)) và góc EBC chung Do đó  BDE ∽  BHC Từ đó ta nhận được: BD BEBH  BC  BH BE = BC.BD Đáp án A đúng Chứng minh tương tự ta có  CHB ∽  CDF (g – g)  CH CBCD  CF hay CH CF = CD CB Đáp án B đúng Vậy cả A, B đều đúng Đáp án cần chọn là: C

Câu 23: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Đường thẳng qua O và vng góc AB cắt cung AB tại C Gọi E là trung điểm BC AE cắt nửa

đường tròn O tại F Đường thẳng qua C và vng góc AF tại G cắt AB tại H Khi đó góc OGH có số đo là:

A 45o B 60o C 90o D 120o

Trang 19

Theo giả thiết ta có OC  AB, CG  AG nên ta suy ra AOC AGC = 90o

Nói cách khác O, G cùng nhìn AC dưới một góc vng Do đó tứ giác ACGO nội tiếp đường trịn đường kính AC

Kéo theo OGAOCA

Mà  OAC vuông cân tại O nên OCA = 45o Suy ra OGA = 45o Ta lại có: OGHOGAHGAAGC = 90o  OGH = 90o − OGA = 90o – 45o = 45o

Do đó OGH = 45o

Câu 24: Cho hình vng ABCD có cạnh 2R

Diện tích S phần màu xanh trong hình vng ABCD là:

A S = 4R2 − R2 B S = R2 – R2

C S = 4R2 + R2 D S = 4R2

Lời giải

Gọi S, S1, S2 lần lượt là diện tích phần màu xanh, diện tích hình vng và diện tích phần cịn lại

Khi đó ta có S1= (2R)2 = 4R2 (1)

Nhận thấy mỗi hình quạt AEH, BHG, CGF, DFE là 1

4 hình trịn bán kính R = AB

Trang 20

Nên tổng diện tích 4 hình quạt AEH, BHG, CGF, DFE chính bằng diện tích của hình trịn bán kình R

Hay S2 = R2 (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra S = 4R2 − R2

Câu 25: Cho A là điểm cố định trên đường tròn (O; R) Gọi AB và AC là hai dây cung thay đổi trên đường tròn (O) thỏa mãn AB.AC = R 3 Khi đó vị trí của B, C trên (O) để diện tích  ABC lớn nhất là:

A  ABC cân B  ABC đều C  ABC vuông cân D  ABC vuông

Lời giải

Kẻ AH  BC, OI  BC, đường kính AD

Ta chứng minh được  AHC ∽  ABD (g – g) Do đó AH AC

AB  AD  AH AD = AB AC  AB AC = 2R H (1) Theo giả thiết AB.AC R 3, nên AB AC = 3R2 (2) Thay (2) và (1) ta có AH = 3R

2

Lại có OI + OA  AI  AH nên OI  AH – OA = 3R R R2   2 Do AH = 3R

2 là giá trị không đổi nên SABC lớn nhất khi BC lớn nhất  OI nhỏ nhất  OI = R

2  BC  OA   ABC cân tại A Mà OI = R

2  sin OBI OI 1 OBI OCIOB 2

Trang 21

 BAC = 60oVậy  ABC đều Đáp án cần chọn là: B

*Chú ý: Học sinh thường làm sai như sau:

Diện tích tam giác ABC lớn nhất khi BC = 2R, AH = R mà không để ý đến điều kiện AB.ACR 3

Câu 26: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB cố định, đường kính CD thay đổi (CD  AB) Các tia BC, BD cắt tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A lần lượt tại E, F Tứ giác ADCEF là:

A Hình thoi B Hình vng C Tứ giác nội tiếp D Hình thang

Lời giải

Xét (O) có AB, CD là các đường kính nên CBD = 90o

Xét tam giác BCD vng tại B có BCDBDC = 90o mà OBDODB (do  OBD cân tại O)

Nên BCDOBD = 90o  BCD = 90o − OBD (1)

Xét tam giác ABF vng tại A (vì EF là tiếp tuyến của (O)) có BFA = 90o − ABF (2)

Từ (1) và (2) suy ra BCDDFA

Do tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối với đỉnh đó)

Trang 22

Vận dụng cao: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB cố định, đường kính CD thay đổi (CD  AB) Các tia BC, BD cắt tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A lần lượt tại E, F Khi CD thay đổi, giá trị nhỏ nhất của EF theo R là:

A 4R B 2R C 6R D R

Lời giải

B thuộc đường trịn (O) đường kính CD Suy ra DBC = 90oXét  EBF có EBF = 90o, BA  EF  AE AF = AB2Theo bất đẳng thức Cơ-si cho (AE, AF) ta có:

EF = AE + AF 2

2 AE.AF 2 AB

  = 2AH = 4R

Vậy giá trị nhỏ nhất của EF là 4R, đạt được khi CD  AB Đáp án cần chọn là: A

Câu 27: Cho BC là một dây cung của đường tròn (O; R), (BC  2R) Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại H Chọn kết luận sai

A  AEF =  DFE B  AEF ∽  ABC

C BFEC là tứ giác nội tiếp D CDHE là tứ giác nội tiếp

Trang 23

Theo giả thiết ta có CF, BE là các đường cao của tam giác ABC nên CF  AB, BE  AC Do đó BFC = 90o, BEC = 90o

Theo dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp ta suy ra BFEC là tứ giác nội tiếp nên C đúng  AFEACB (cùng bù với BFE )

Xét hai tam giác AEF và ABC có A chung; AFEACB (cmt)   AEF ∽  ABC (g.g) nên B đúng

Lại có HECHDC = 90o + 90o = 180o nên tứ giác CDHE là tứ giác nội tiếp nên D đúng

Vận dụng: Cho BC là một dây cung của đường tròn (O; R), (BC  2R) Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại H Kẻ đường kính AK của đường trịn (O; R) Khi đó BHCK là:

A Hình thoi B Hình chữ nhật C Hình bình hành D Hình vng

Trang 24

Theo giả thiết ta có CF là đường cao của  ABC nên AF  CF (1)

Mặt khác, AK là đường kính của (O) nên theo tính chất của góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ta suy ra ABK = 90o  BK  AB (2)

Từ (1), (2) suy ra HC // HK (3)

Chứng minh tương tự ta có BH // CK (4)

Định dạng
Số trang	24
Dung lượng	0,94 MB