15 câu trắc nghiệm Toán 9 Cánh diều Bài 3. Tiếp tuyến của đường tròn có đáp án

Đáp án đúng là: B

Nếu hai tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau tại một điểm thì điểm đó cách đều hai tiếp điểm.

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: A

Vì đường thẳng \[d\] đi qua điểm \[A\] nằm trên đường tròn \[\left( O \right)\] và vuông góc với bán kính \[OA\] của đường tròn \[\left( O \right)\] nên đường thẳng \[d\] là một tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right).\]

Tức là, \[d\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right),\] với \[A\] là tiếp điểm.

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: D

Cho đường tròn \[\left( O \right)\] và hai điểm \[A,B\] nằm trên đường tròn \[\left( O \right).\] Nếu hai tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] tại \[A,B\] cắt nhau tại \[M\] thì \[MO\] là tia phân giác của \[\widehat {AMB.}\]

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: C

Cho đường tròn \[\left( O \right)\] và hai điểm \[M,N\] thuộc đường tròn \[\left( O \right).\] Nếu hai tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] tại \[M,N\] cắt nhau tại \[A\] thì điểm \[A\] cách đều hai tiếp điểm. Tức là, \[AM = AN.\]

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: A

Cho đường tròn \[\left( I \right)\] và hai điểm \[P,Q\] thuộc đường tròn \[\left( I \right).\] Nếu hai tiếp tuyến của đường tròn \[\left( I \right)\] tại \[P,Q\] cắt nhau tại \[E\] thì \[IE\] là tia phân giác của \[\widehat {PIQ}.\]

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: B

Quan sát hình vẽ, ta thấy \[BA,BC\] là hai tiếp tuyến của đường tròn \[\left( D \right).\]

Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta được \[BA = BC.\]

Tức là, \[4x - 9 = 15\]

\[4x = 24\]

\[x = 6.\]

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: D

Gọi \[H\] là giao điểm của \[BC\] và \[OA.\]

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có hai tiếp tuyến tại \[B\] và \[C\] cắt nhau tại \[A\] nên áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta được \[AB = AC.\] Do đó điểm \[A\] nằm trên đường trung trực của đoạn \[BC\] (1)

Đường tròn \[\left( O \right)\] có \[OB = OC = R\] nên điểm \[O\] nằm trên đường trung trực của đoạn \[BC\] (2)

Từ (1), (2), ta thu được \[OA\] là đường trung trực của đoạn \[BC.\]

Suy ra \[OA \bot BC\] tại \[H\] là trung điểm của \[BC.\]

Do đó ta chưa kết luận được \[H\] có là trung điểm của \[OA\] hay không.

Vì vậy phương án A, B, C đúng và phương án D sai.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: C

Vì \[ME,MF\] là hai tiếp tuyến của đường tròn \[\left( I \right)\] nên áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta được \[ME = MF.\] Do đó tam giác \[EMF\] cân tại \[M.\]

Mà \[\widehat {EMF} = 60^\circ \] nên tam giác \[EMF\] đều.

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: A

Gọi \[H\] là giao điểm của \[BC\] và \[OA.\]

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có hai tiếp tuyến tại \[B\] và \[C\] cắt nhau tại \[A\] nên áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta được \[AB = AC.\] Do đó điểm \[A\] nằm trên đường trung trực của đoạn \[BC\] (1)

Đường tròn \[\left( O \right)\] có \[OB = OC = R\] nên điểm \[O\] nằm trên đường trung trực của đoạn \[BC\] (2)

Từ (1), (2), ta thu được \[OA\] là đường trung trực của đoạn \[BC.\]

Suy ra \[OA \bot BC\] tại \[H\] là trung điểm của \[BC.\] (3)

Đường tròn \[\left( O \right)\] có \[CD\] là đường kính nên tâm \[O\] là trung điểm \[CD\] hay \[OC = OD = \frac{{CD}}{2} = BO.\]

Xét tam giác \[BCD\] có \[BO\] là đường trung tuyến ứng với cạnh \[CD\] và \[BO = \frac{{CD}}{2}\] nên tam giác \[BCD\] vuông tại \[B\] hay \[BD \bot BC\] (4)

Từ (3), (4), ta suy ra \[BD\,{\rm{//}}\,OA.\]

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: D

Vì \[AC\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] nên \[AC \bot AO\] tại \[A.\]

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \[ABC\] vuông tại \[A,\] ta được:

\[B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {8^2} + {6^2} = 100.\] Suy ra \[BC = 10{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vì \[AC,\,\,CM\] là hai tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] nên áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta được \[CM = CA = 6{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Ta có \[BM = BC - CM = 10 - 6 = 4{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: A

Vì đường tròn \[\left( O \right)\] có \[IA,IB\] là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \[I\] nên \[\widehat {AOI} = \widehat {KOI}.\]

Lại có \[OA\,{\rm{//}}\,KI\] (vì cùng vuông góc với \[AI\]) nên \[\widehat {AOI} = \widehat {KIO}\] (cặp góc so le trong)

Do đó \[\widehat {KOI} = \widehat {KIO}.\]

Vì vậy tam giác \[KOI\] cân tại \[K.\]

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: C

⦁ Đường tròn \[\left( O \right)\] có \[OA = OC = R\] nên tam giác \[OAC\] cân tại \[O.\]

Tam giác \[OAC\] cân tại \[O\] có \[OH\] là đường trung tuyến nên \[OH\] cũng là đường cao của tam giác, do đó \[OH \bot AC\] hay \[\widehat {OHA} = 90^\circ .\]

Vì \[AN\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] nên \[OA \bot AN\] hay \[\widehat {OAN} = 90^\circ .\]

Xét \[\Delta OHA\] và \[\Delta OAN,\] có:

\[\widehat {OHA} = \widehat {OAN} = 90^\circ ;\] \[\widehat {AON}\] là góc chung.

Do đó (g.g). Suy ra \[\frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{OA}}{{ON}}.\]

Vì vậy \[OH \cdot ON = O{A^2} = {R^2}.\] Do đó khẳng định (i) là đúng.

⦁ Tam giác \[OAC\] cân tại \[O\] có \[OH\] là đường trung tuyến nên \[OH\] cũng là đường phân giác của tam giác, do đó \[\widehat {AOH} = \widehat {COH}.\]

Xét \[\Delta AON\] và \[\Delta CON,\] có:

\[OA = OC = R;\] \[\widehat {AON} = \widehat {CON};\] \[ON\] là cạnh chung.

Do đó \[\Delta AON = \Delta CON\] (c.g.c).

Suy ra \[\widehat {OAN} = \widehat {OCN}.\] Nên \[\widehat {OCN} = 90^\circ .\]

Vì vậy \[OC \bot CN\] tại \[C\] hay \[CN\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right).\] Do đó khẳng định (ii) là đúng.

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: C

⦁ Kẻ \[OH \bot MN\] tại \[H.\]

Vì \[AM \cdot BN = {R^2} = AO \cdot BO\] nên \[\frac{{AM}}{{BO}} = \frac{{AO}}{{BN}}.\]

Xét \[\Delta AOM\] và \[\Delta BNO,\] có:

\[\widehat {OAM} = \widehat {OBN} = 90^\circ \] (vì \[AM,BN\] là các tiếp tuyến của \[\left( O \right)\]);

\[\frac{{AM}}{{BO}} = \frac{{AO}}{{BN}}\] (chứng minh trên).

Do đó (c.g.c)

Suy ra \[\widehat {{M_1}} = \widehat {{O_2}};\] \[\widehat {{O_1}} = \widehat {{N_1}}\] và \[\frac{{AM}}{{BO}} = \frac{{OM}}{{ON}}\] hay \[\frac{{AM}}{{OM}} = \frac{{BO}}{{ON}}.\]

Vì tam giác \[AOM\] vuông tại \[A\] nên \[\widehat {{M_1}} + \widehat {{O_1}} = 90^\circ .\] Suy ra \[\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} = 90^\circ .\]

Ta có \[\widehat {AOB} = 180^\circ \] hay \[\widehat {{O_1}} + \widehat {MON} + \widehat {{O_2}} = 180^\circ .\]

Tức là, \[\widehat {MON} = 180^\circ - \left( {\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}}} \right) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ .\] Do đó (ii) là nhận định đúng.

⦁ Xét \[\Delta AOM\] và \[\Delta ONM,\] có:

\[\widehat {OAM} = \widehat {MON} = 90^\circ ;\]

\[\frac{{AM}}{{OM}} = \frac{{AO}}{{ON}}\] (do \[\frac{{AM}}{{OM}} = \frac{{BO}}{{ON}},\,\,AO = BO).\]

Do đó (c.g.c)

Suy ra \[\widehat {{M_1}} = \widehat {{M_2}}.\]

Xét \[\Delta AOM\] và \[\Delta HOM,\] có:

\[\widehat {OAM} = \widehat {OHM} = 90^\circ ;\] \[OM\] là cạnh chung; \[\widehat {{M_1}} = \widehat {{M_2}}\]

Do đó \[\Delta AOM = \Delta HOM\] (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra \[OA = OH,\] mà \(OA = R\) nên \(OH = R\).

Vì \[OH = R\] và \[OH \bot MN\] tại \[H\] nên \[MN\] là tiếp tuyến của đường tròn \(H.\)

Do đó (i) là nhận định đúng.

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: C

Ta có \[MA,MB\] là hai tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] cắt nhau tại \(M\) nên \[MA = MB\] và \[MO,\,\,OM\] lần lượt là tia phân giác của \[\widehat {AMB},\,\,\widehat {AOB}.\]

Khi đó \[\widehat {AMO} = \widehat {OMB} = \frac{{\widehat {AMB}}}{2} = \frac{{120^\circ }}{2} = 60^\circ .\]

Ta có \[MA\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \[MA \bot OA\] tại \[A.\]

Vì tam giác \[OAM\] vuông tại \[A\] nên \[AM = AO \cdot \cot \widehat {AMO} = R \cdot \cot 60^\circ = \frac{{R\sqrt 3 }}{3}.\]

Suy ra \[MB = MA = \frac{{R\sqrt 3 }}{3}.\]

Vì tam giác \[OAM\] vuông tại \[A\] nên \[\widehat {AMO} + \widehat {AOM} = 90^\circ .\]

Suy ra \[\widehat {AOM} = 90^\circ - \widehat {AMO} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ .\]

Ta có \[OM\] là tia phân giác của \[\widehat {AOB}\] nên \[\widehat {AOB} = 2\widehat {AOM} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ .\]

Xét tam giác \[OAB\] có \[OA = OB = R\] và \[\widehat {AOB} = 60^\circ \] nên tam giác \[OAB\] là tam giác đều.

Khi đó \[AB = OA = OB = R.\]

Ta có chu vi tam giác \[MAB\] là \(MA + MB + AB\)

Theo bài chu vi tam giác \[MAB\] bằng \[6\left( {3 + 2\sqrt 3 } \right){\rm{\;cm,}}\] suy ra:

\[\frac{{R\sqrt 3 }}{3} + \frac{{R\sqrt 3 }}{3} + R = 6\left( {3 + 2\sqrt 3 } \right)\,\]

\[R \cdot \left( {\frac{{2\sqrt 3 + 3}}{3}} \right) = 6\left( {3 + 2\sqrt 3 } \right)\]

\[R = 18{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vì vậy \[AB = R = 18{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\] Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: D

Đổi: \[10{\rm{\;m}} = 0,01{\rm{\;km}}.\]

Gọi \[O\] là tâm Trái Đất và \[R\] là bán kính Trái Đất. Suy ra \[R = 6400{\rm{\;km}}.\]

Ta có điểm \[B\] biểu diễn vị trí con tàu và điểm \[A\] biểu diễn vị trí của thủy thủ.

Suy ra \[h = AB = 10{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]

Lại có điểm \[A\] biểu diễn vị trí của thủy thủ và điểm \[C\] biểu diễn điểm xa nhất mà thủy thủ nhìn thấy. Khi đó độ dài đoạn \[AC\] gọi là tầm nhìn xa tối đa từ điểm \[A.\]

Vì \[AC\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] tại \[C\] nên \[AC \bot OC\] tại \[C.\]

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \[AOC\] vuông tại \[C,\] ta được: \[O{A^2} = A{C^2} + O{C^2}.\]

Suy ra \[A{C^2} = O{A^2} - O{C^2} = {\left( {OB + AB} \right)^2} - O{C^2}\]

\[A{C^2} = {\left( {R + h} \right)^2} - {R^2} = {\left( {6\,\,400 + 0,01} \right)^2} - 6\,\,{400^2} = 128,0001.\]

Khi đó \[AC \approx 11,314{\rm{\;(km)}}{\rm{.}}\]

Do đó tầm nhìn xa tối đa của thủy thủ đó bằng khoảng \[11,314{\rm{\;km}}.\]

Vậy ta chọn phương án D.