16 câu Trắc nghiệm Toán 9 Bài 8: Vị trí tương đối của hai đường tròn có đáp án (Vận dụng)

Đáp án D

Xét $\left(O_1\right)$ có $O_{1}B = O_{1}A$

$\Rightarrow ∆O_{1}AB$ cân tại $O_1\Rightarrow \widehat{O_{1}BA}=\widehat{O_{1}AB}$

Xét $\left(O_2\right)$ có $O_{2}C = O_{2}A$

$\Rightarrow ∆O_{2}CA$ cân tại $O_2\Rightarrow \widehat{O_{2}CA}=\widehat{O_{2}AC}$

Mà $\widehat{O_1}+\widehat{O_2} = {360}^o -\widehat{C}-\widehat{B}= {180}^o$

$\iff 180o-\widehat{O_{1}BA}-\widehat{O_{1}AB}+ {180}^o -\widehat{O_{2}CA}-\widehat{O_{2}AC}= {180}^o$

$$\begin{gathered} \iff 2\left(\widehat{O_{1}AB}+\widehat{O_{2}AC}\right)= {180}^o \\ \Rightarrow \widehat{O_{1}AB}+\widehat{O_{2}AC}={90}^o\Rightarrow \widehat{BAC}={90}^o \end{gathered}$$

$\Rightarrow ∆$ABC vuông tại A

Vì $∆$ABC vuông tại A có AM là trung tuyến nên $AM = BM = DM =\frac{BC}{2}$

Xét tam giác BMA cân tại M $\Rightarrow \widehat{MBA}=\widehat{MAB}$ mà $\widehat{O_{1}BA}=\widehat{O_{1}AB}$(cmt) nên

$\widehat{O_{1}BA}+\widehat{MBA}=\widehat{O_{1}AB}+\widehat{MAB}\Rightarrow \widehat{O_{1}AM}=\widehat{O_{1}BM}= {90}^o$

$\Rightarrow MA \perp A{O}_1$ tại A nên AM là tiếp tuyến của $\left(O_1\right)$

Tương tự ta cũng có $\Rightarrow MA \perp A{O}_2$ tại A nên AM là tiếp tuyến của $\left(O_2\right)$

Hay AM là tiếp tuyến chung của hai đường tròn

Vậy phương án A, C, D đúng. B sai

Đáp án A

Xét $\left(O_1\right)$ có $O_{1}B = O_{1}A\Rightarrow ∆O_{1}AB$ cân tại $O_1$ $\Rightarrow \widehat{O_{1}BA}=\widehat{O_{1}AB}$

Xét $\left(O_2\right)$ có $O_{2}C = O_{2}A\Rightarrow ∆O_{2}AB$ cân tại $O_2$ $\Rightarrow \widehat{O_{2}CA}=\widehat{O_{2}AC}$

Lại có $O_{1}B // O_{2}C\Rightarrow \widehat{O_{1}BC}+\widehat{O_{2}CB}={180}^o$ (hai góc trong cùng phía bù nhau)

Suy ra $\widehat{O_1}+\widehat{O_2} = {360}^o-\widehat{O_{2}CB}-\widehat{O_{2}BC}= {180}^o$

$\iff {180}^o-\widehat{O_{1}BA}-\widehat{O_{1}AB}+{180}^o-\widehat{O_{2}CA}-\widehat{O_{2}AC}={180}^o$

$$\begin{gathered} \iff 2\left(\widehat{O_{1}AB}+\widehat{O_{2}AC}\right)={180}^o \\ \Rightarrow \widehat{O_{1}AB}+\widehat{O_{2}AC}={90}^o\Rightarrow \widehat{BAC}= {90}^o \end{gathered}$$

Đáp án D

Vì $∆O_{1}BD$ có $O_{1}B // O_{2}C$ nên theo hệ quả định lý Ta-lét ta có:

$\frac{O_{2}D}{O_{1}D}=\frac{O_{2}C}{O_{1}B}=\frac{1}{3}$ suy ra $\frac{O_1{O}_2}{O_{1}D}=\frac{2}{3}$

Mà $O_1{O}_2 = O_{1}A + O_{2}A = 3 + 1 = 4$

$\Rightarrow O_{1}D=\frac{3}{2}.O_1{O}_2=\frac{3}{2}.4=6cm$

Đáp án A

Ta có: $AI= \frac{1}{2}AB=12cm$

Theo định lý Pytago ta có: $O{I}^2 = O{A}^2 – A{I}^2 = 256\Rightarrow OI = 16cm$ và $O’I=\sqrt{O\text{'}{A}^2-I{A}^2}=9cm$

Do đó OO’ = OI – O’I = 16 – 9 = 7(cm)

Đáp án D

Ta có: $AI =\frac{1}{2}AB = 4cm$

Theo định lý Pytago ta có: $O{I}^2 = O{A}^2 – A{I}^2 = {10}^2 – 4^4 = 84\Rightarrow OI = 2\sqrt{21}$ và $O’I=\sqrt{O\text{'}{A}^2-I{A}^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$

Do đó $OO’=OI–O’I= 2\sqrt{21}–3\approx 6,2\left(cm\right)$

Đáp án D

Xét nửa đường tròn (O’) có AO là đường kính và C $\in$ (O’) nên $\widehat{ACO} = {90}^o$ $\Rightarrow AD \perp CO$

Xét đường tròn (O) có OA = OD $\Rightarrow ∆OAD$ cân tại O có OC là đường cao nên OC cũng là đường trung tuyến hay C là trung điểm của AD

Xét tam giác AOD có O’C là đường trung bình nên O’C // OD

Kẻ các tiếp tuyến Cx; Dy với các nửa đường tròn ta có Cx $\perp$ O’C; Dy $\perp$ OD mà O’C // OD nên Cx //Dy

Do đó phương án A, B, C đúng

Đáp án B

Ta có OB = R; $OO’=\frac{R}{2}\Rightarrow O’B=\frac{3R}{2}; O’C=\frac{R}{2}$

Theo định lý Pytago ta có:

$BC=\sqrt{O\text{'}{B}^2-O\text{'}{C}^2}=\sqrt{\frac{9R^2}{4}-\frac{R^2}{4}}=\sqrt{2}R$

Đáp án A

Vì P là điểm đối xứng với M qua OO’

Q là điểm đối xứng với N qua OO’ nên MN = PQ

P $\in$ (O); Q $\in$ (O’) và MP $\perp$ OO’; NQ $\perp$ OO’ $\Rightarrow$ MP // NQ mà MN = PQ nên MNPQ là hình thang cân

Kẻ tiếp tuyến chung tại A của (O); (O’) cắt MN; PQ lần lượt tại B; C

Ta có MNPQ là hình thang cân nên $\widehat{NMP}=\widehat{QPM}$

Tam giác OMP cân tại O nên $\widehat{OMP}=\widehat{OPM}$ suy ra

$\widehat{OMP}+\widehat{PMN}=\widehat{OPM}+\widehat{MPQ}\Rightarrow \widehat{QPO}={90}^o$

$\Rightarrow$ OP $\perp$ PQ tại P $\in$ (O) nên PQ là tiếp tuyến của (O).

Chứng minh tương tự ta có PQ là tiếp tuyến của (O’)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

BA = BM = BAO NHIÊU; CP = CA = CQ suy ra B; C lần lượt là trung điểm của MN; PQ và MN + PQ = 2MB + 2 PC = 2AB + 2AC = 2BC

Lại có BC là đường trung bình của hình thang MNPQ nên MP + NQ = 2BC

Do đó MN + PQ = MP + NQ

Đáp án D

Xét tam giác IOB có OB // O’D (gt)

Áp dụng định lý Ta-lét ta có $\frac{OI}{O\text{'}I}=\frac{OB}{O\text{'}D}\iff \frac{OI}{O\text{'}I}=\frac{R}{R\text{'}}$ mà

O’I = OI – OO’ = OI – (OA + AO’) = OI – (R + R’)

Nên $\frac{OI}{OI-\left(R+R\text{'}\right)}=\frac{R}{R\text{'}}$

$\Rightarrow$OI.R’ = R [OI – (R + R’)]

$\iff$OI.R – OI.R’ = R (R + R’) $\iff$ OI (R – R’) = R (R + R’)

$\iff OI=\frac{R\left(R+R\text{'}\right)}{R-R\text{'}}$

Đáp án A

Gọi giao điểm của OO’ và GH là I’

Ta có OG // O’H (do cùng vuông góc GH)

Theo định lý Ta-lét trong tam giác OGI’ ta có $\frac{I\text{'}O}{I\text{'}O\text{'}}=\frac{OG}{O\text{'}H}=\frac{R}{R\text{'}}$ hay $\frac{I\text{'}O}{I\text{'}O\text{'}}=\frac{OI}{O\text{'}I}=\frac{R}{R\text{'}}$

$\Rightarrow$ I’ trùng với I

Vậy BD, OO’ và GH đồng quy

Đáp án D

Vì OA là tiếp tuyến của (O’) nên $∆$OAO’ vuông tại A

Vì (O) và (O’) cắt nhau tại A, B nên đường nối tâm OO’ là trung trực của đoạn AB

Gọi giao điểm của AB và OO’ là I thì AB $\perp$ OO’ tại I là trung điểm của AB

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAO’ ta có:

$\frac{1}{A{I}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O\text{'}{A}^2}=\frac{1}{8^2}+\frac{1}{6^2}$

$\Rightarrow$ AI = 4,8cm $\Rightarrow$ AB = 9,6cm

Đáp án B

Vì OA là tiếp tuyến của (O’) nên $∆$OAO’ vuông tại A

Vì (O) và (O’) cắt nhau tại A, B nên đường nối tâm OO’ là trung trực của đoạn AB

Gọi giao điểm của AB và OO’ là I thì AB $\perp$ OO’ tại I là trung điểm của AB

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAO’ ta có:

$\frac{1}{A{I}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O\text{'}{A}^2}=\frac{1}{6^2}+\frac{1}{2^2}$

$\Rightarrow AI=\frac{3\sqrt{10}}{5}cm\Rightarrow AB =\frac{6\sqrt{10}}{5}cm$

Đáp án D

Xét đường tròn (O) có O’C là đường kính, suy ra $\widehat{CBO\text{'}}=\widehat{CAO\text{'}} = {90}^o$ hay

CB $\perp$ O’B và AC $\perp$ AO’ tại A

Do đó AC; BC là hai tiếp tuyến của (O’) nên AC = CB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên A, B, C đúng

Đáp án D

Hai đường tròn (O); (O’) cắt nhau tại A và B nên OO’ là đường trung trực của AB $\Rightarrow$ OO’ $\perp$ AB (tính chất đường nối tâm) nên đáp án C đúng

Xét đường tròn (O) có AC là đường kính, suy ra $∆$ABC vuông tại B hay $\widehat{CBA} = {90}^o$

Xét đường tròn (O) có AD là đường kính, suy ra $∆$ABC vuông tại B hay $\widehat{DBA}= {90}^o$

Suy ra $\widehat{CBA}+\widehat{DBA}= {90}^o + {90}^o = {180}^o$ hay ba điểm B, C, D thẳng hàng nên đáp án B đúng

Xét tam giác ADC có O là trung điểm đoạn AC và O’ là trung điểm đoạn AD nên OO’ là đường trung bình của tam giác $ACD \Rightarrow OO’ =\frac{DC}{2}$ (tính chất đường trung bình) nên đáp án A đúng

Ta chưa thể kết luận gì về độ dài BC và BD nên đáp án D sai

Nên A, B, C đúng, D sai

Đáp án A

+) Theo tính chất đoạn nối tâm của hai đường tròn tiếp xúc ngoài ta có:

AB = BC’ + C’A = 25cm; AC = AB’ + B’C = 25cm; BC = BA’ + A’C = 30cm và A’ là trung điểm của BC (vì A’B = A’C = 15cm)

$∆$ABC cân tại A có AA’ là đường trung tuyến nên cũng là đường cao

$\Rightarrow AA’ \perp BC\Rightarrow$ AA’ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (B) và (C)

Xét tam giác AA’C vuông tại A’ có:

$A’A^2=A{C}^2 – A’C^2=252–152=400\Rightarrow A’A=20cm$

Đáp án B

Ta có: $\frac{AC\text{'}}{AB}=\frac{AB\text{'}}{AC}=\frac{10}{25}=\frac{2}{5}$ $\Rightarrow$ B’C’ // BC do đó B’C’ $\perp$ AA’

Lại có: $\frac{B\text{'}C\text{'}}{BC}=\frac{AC\text{'}}{AB}\Rightarrow \frac{B\text{'}C\text{'}}{30}=\frac{2}{5}$ $\iff$ B’C’ = 12cm

Xét $∆$ABA’ có B’C’ // BC nên theo định lý Ta-let ta có:

$\frac{AH}{A\text{'}A}=\frac{BC\text{'}}{BA}\Rightarrow \frac{AH}{20}=\frac{15}{25}$ $\Rightarrow$ AH = 12cm (do theo câu trước thì AA’ = 20cm)

Diện tích tam giác A’B’C’ là: $S = \frac{1}{2}. B’C’. AH =\frac{1}{2}. 12. 12 = 72 \left(c{m}^2\right)$