15 câu Trắc nghiệm Toán 9 Bài 6: Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau có đáp án (Vận dụng)

Đáp án D

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác BDO ta có $BD = \sqrt{O{D}^2-O{B}^2}=\sqrt{3}.R$

Mà MD = BD; MC = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên $MD =\sqrt{3}R$

Xét nửa (O) có MC và AC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại C nên OC là phân giác $\widehat{MOA}$ do đó $\widehat{AOC}=\widehat{COM}$

Lại có MD và BD là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D nên OD là phân giác $\widehat{MOB}$ do đó $\widehat{DOB}=\widehat{DOM}$

Từ đó:

$$\begin{gathered} \widehat{AOC}+\widehat{BOD}=\widehat{COM}+\widehat{MOD} \\ =\frac{\widehat{AOC}+\widehat{BOD}+\widehat{COM}+\widehat{MOD}}{2} \\ =\frac{{180}^o}{2}={90}^o \end{gathered}$$

Nên $\widehat{COD} = {90}^o$ hay $∆$COD vuông tại O có OM là đường cao nên

$$\begin{gathered} MC.MD = O{M}^2 \\ \Rightarrow MC=\frac{O{M}^2}{MD}=\frac{R^2}{\sqrt{3}.R}=\frac{R\sqrt{3}}{3} nên AC= \frac{R\sqrt{3}}{3} \end{gathered}$$

Vậy $BD = \sqrt{3}R; AC =\frac{R\sqrt{3}}{3}$

Đáp án B

Xét (O) có IA, IB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại I nên $\widehat{AOI}=\widehat{KOI}$

Mà OA // KI (Vì cùng vuông góc với AI) nên $\widehat{KIO}=\widehat{IOA}$ (hai góc ở vị trí so le trong)

Từ đó $\widehat{KOI}=\widehat{KIO}$ suy ra $∆$KOI cân tại K $\Rightarrow$ KI = KO

Đáp án A

Xét (O) có MA = MB; $\widehat{AMO}=\widehat{BMO}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên $\widehat{AMO} = {60}^o$. Xét tam giác vuông AOM có $AM=AO.cot=\frac{R\sqrt{3}}{3}$ nên $MA=MB=\frac{R\sqrt{3}}{3}$

Lại có $\widehat{AOB}+\widehat{AMB}={180}^o\Rightarrow \widehat{AOB}= {60}^o$ suy ra $∆$AOB là tam giác đều

$\Rightarrow$ AB = OB = OA = R

Chu vi tam giác MAB là:

$$\begin{gathered} MA+MB+AB=\frac{R\sqrt{3}}{3}+\frac{R\sqrt{3}}{3}+R=6\left(3+2\sqrt{3}\right) \\ \iff R\left(\frac{3+2\sqrt{3}}{3}\right)=6\left(3+2\sqrt{3}\right) \end{gathered}$$

$\Rightarrow$ R = 18 cm nên AB = 18 cm

Đáp án C

Xét (O) có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) mà $\widehat{AMB}= {60}^o$ nên

$∆$MAB đều suy ra chu vi $∆$MAB là MA + MB + AB = 3AB = 24

$\Rightarrow$ AB = 8cm = MA = MB

Lại có $\widehat{AMO} =\frac{1}{2}\widehat{AMB}= {30}^o$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Xét tam giác vuông MAO có:

$\tan \widehat{AMO}=\frac{OA}{MA}\Rightarrow OA=MA. \tan {30}^o=\frac{4}{\sqrt{3}}cm$

Đáp án A

Vì tam giác ABC cân tại A nên I; K  đường thẳng AH với {H} = BC $\cap$ AI

Ta có: $\widehat{HCI}=\frac{1}{2}\widehat{HCA};\widehat{KCH}=\frac{1}{2}\widehat{xCH}$

$\Rightarrow \widehat{ICK}=\widehat{ICH}+\widehat{HCK}=\frac{1}{2}\left(\widehat{ACH}+\widehat{HCx}\right) = {90}^o$

Tương tự ta cũng có $\widehat{IBK} = {90}^o$

Xét hai tam giác vuông ICK và IBK có $OI=OK=OB=OC=\frac{IK}{2}$

Nên bốn điểm B; I; C; K nằm trên đường tròn $\left(O;\frac{IK}{2}\right)$

Đáp án B

Vì tam giác ABC cân tại A nên I; K  đường thẳng AH với {H} = BC $\cap$ AI

Ta có: $\widehat{HCI}=\frac{1}{2}\widehat{HCA};\widehat{KCH}=\frac{1}{2}\widehat{xCH}$

$\Rightarrow \widehat{ICK}=\widehat{ICH}+\widehat{HCK}=\frac{1}{2}\left(\widehat{ACH}+\widehat{HCx}\right) = {90}^o$

Ta có tam giác CKI vuông nên $\widehat{CKI}+\widehat{CIO}= {90}^o$, lại có $\widehat{CIK}+\widehat{ICH} = {90}^o$ mà CI là phân giác $\widehat{ACB}$ nên $\widehat{ACI}=\widehat{CKO}$

Có tam giác COK cân tại O nên $\widehat{ACI}=\widehat{OCK}\left(=\widehat{CKO}\right)$

Nên $\widehat{ICO}+\widehat{ACI}=\widehat{ICO}+\widehat{OCK} = {90}^o$

Suy ra $\widehat{ACO} = {90}^o \Rightarrow OC \perp AC$

Ta cos HB = HC (AK là trung trực của BC) $\Rightarrow HB=\frac{BC}{2}=12$

Theo Pytago ta có $AH =\sqrt{A{C}^2-H{C}^2}=16$

Lại có $∆ACH \backsim ∆COH$ (hai tam giác vuông có $\widehat{COH}=\widehat{ACH}$ vì cùng phụ với $\widehat{HCO}$)

$\Rightarrow \frac{AH}{AC}=\frac{HC}{CO}\Rightarrow CO=\frac{AC.HC}{AH}=15$

Đáp án A

Vì MA và MB là tiếp tuyến nên MA = MB nên M thuộc trung trực của AB

Mà OA = OB do dùng là bán kính nên O thuộc trung trực của AB

Suy ra OM là trung trực của AB. Gọi H là giao điểm của MO và AB, ta có AH = NH

Xét tam giác vuông AMO vuông tại A (do MA là tiếp tuyến) có AH là đường cao.

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{A{O}^2} \\ \Rightarrow AH=\sqrt{\frac{A{M}^2.A{O}^2}{A{M}^2+A{O}^2}}=\sqrt{\frac{4^2{.3}^2}{4^2+3^2}}=2,4 \end{gathered}$$

Suy ra AB = 2AH = 2.2,4 = 4,8

Đáp án D

Gọi H là giao của OA và CD

Xét (O) có OA $\perp$ CD tại H nên H là trung điểm của CD

Xét tam giác OCAD có hai đường chéo OA và CD vuông góc với nhau và giao nhau tại trung điểm H mỗi đường nên OCAD là hình thoi

Xét tam giác COA có OC = OA = R và OC = AC (do OCAD là hình thoi theo chứng minh trên) nên $∆$COA là tam giác đều.

$\Rightarrow \widehat{COI}= {60}^o$

Xét tam giác vuông OCI có $CI=OC. \tan {60}^o=R \sqrt{3}$

Vậy $CI = R\sqrt{3}$

Đáp án B

Vì tam giác ABC cân tại A có O là tâm đường tròn ngoại tiếp nên đường thẳng AO $\perp$ BC

Lại có AO $\perp$ AE (tính chất tiếp tuyến) nên AE // BC