17 câu Trắc nghiệm Toán 9 Bài 5: Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn có đáp án (Vận dụng)

Đáp án A

Gọi O là trung điểm AI. Xét tam giác vuông AIK có:

OK = OI = OA ⇒ K∈O;AI2 (*)

Ta đi chứng minh OK ⊥ KH tại K.

Xét tam giác OKA cân tại O có OKA^=OAK^ (1)

Vì tam giác ABC cân tại A có đường cao AH nên H là trung điểm của BC. Xét tam giác vuông BKC có HK=HB=HC=BC2

Suy ra tam giác KHB cân tại H nên HKB^=HBK^ (2)

Mà HBK^=KAH^ (cùng phụ với ACB^) (3)

Từ (1); (2); (3) suy ra góc HKB = góc AKO mà:

AKO^+OKI^ = 90o⇒HKB^+OKI^= 90o⇒OKH^= 90o hay OK ⊥ KH tại K (**)

Từ (*) và (**) thì HK là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AI

Đáp án B

Lấy E là trung điểm của AH. Do M là trung điểm của BH (gt) nên EM là đường trung bình của ∆AHB ⇒ AM // AB và EM =12AB

Hình chữ nhật ABCD có CD // AB và CD = AB mà N là trung điểm của DC, suy ra DN // AB và DN =12AB

Từ (1) và (2) ta có AM // DN và AM = DN

Suy ra tứ giác AMND là hình bình hành, do đó DI // MN

Do EM // AB mà AB ⊥ AD (tính chất hình chữ nhật)

AH ⊥ DM (dt) nên E là trực tâm của ADM

Suy ra DE ⊥ AM, mà DE // MN (cmt) ⇒ MN ⊥ AM tại M

Vì vậy MN là tiếp tuyến của đường tròn (A; AM)

Đáp án A

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BH và CH

Để chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn tâm I đường kính BH ta chứng minh ID ⊥ DE hay ODI^ = 90o

Vì D, E lần lượt thuộc đường tròn đường kính BH và HC nên ta có BDH^=CEH^=90o

Suy ra tứ giác ADHE là hình chữ nhật

Gọi O là giao điểm của AH và DE, khi đó ta có OD = OH = OE = OA

Suy ra ∆ODH cân tại I ⇒ODH^=OHD^

Ta cũng có ∆IDH cân tại I ⇒IDH^=IHD^

Từ đó ⇒IDH^+HDO^=IHD^+DHO^⇒IDO^=90o⇒ ID⊥DE

Ta có ID ⊥DE, D ∈ (I) nên DE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BH

Từ chứng minh trên, suy ra các phương án B, C, D đúng

Đáp án A

Tam giác OBC cân tại O có OBC^ = 60o

Nên tam giác OCB là tam giác đều suy ra BC = OB = OC = 2

Xét tam giác OCM có BC = OB = BM = 2 =OM2 nên ∆OCM vuông tại C

⇒ OC ⊥ CM ⇒ MC là tiếp tuyến của (O; 2cm)

Đáp án C

Tam giác OBC cân tại O có OBC^ = 60o

Nên tam giác OCB là tam giác đều suy ra BC = OB = OC = 2

Xét tam giác OCM có BC = OB = BM = 2 =OM2 nên ∆OCM vuông tại C

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông OCM, ta có M2 = OC2 + MC2

⇒ MC2 = OM2 – OC2 = 42 – 22 = 12⇒MC = 23 cm

Đáp án B

Dễ có AMON là hình bình hành (ON // AM; OM // AN)

Ta chứng minh OM = ON

Xét tam giác OBM và tam giác OCN có:

OBM^=OCN^ = 90o;

OB = OC = R,

và OMB^=OCN^=A^

⇒ ∆OBM = ∆OCN

⇒ OM = ON ⇒ AMON là hình thoi

Đáp án A

Dễ có AMON là hình bình hành (ON // AM; OM // AN)

Ta chứng minh OM = ON

Xét tam giác OBM và tam giác OCN có:

OBM^=OCN^ = 90o;

OB = OC = R,

và OMB^=OCN^=A^

⇒ ∆OBM = ∆OCN

⇒ OM = ON ⇒ AMON là hình thoi

Vậy OA ⊥ MN mà độ dài OA bằng 2 lần khoảng cách từ O đến MN

Do đó MN là tiếp tuyến của đường tròn (O; R)

⇔ Khoảng cách từ O đến MN bằng R ⇔ OA = 2R

Đáp án B

Ta có: OC ⊥ AB ⇒ OC đi qua trung điểm của AB

⇒ OC là đường cao đồng thời là đường trung tuyến của  ∆ABC ⇒∆ ABC cân tại C

⇒ACO^=BCO^AC=CB ⇒∆ AOC =  ∆BOC (c – g – c)

⇒ OB ⊥ BC ⇒ BC là tiếp tuyến của (O)

Đáp án C

Gọi I là giao điểm của OC và AB ⇒ AI = BI = AB2=12cm

Xét tam giác vuông OAI có OI=OA2−AI2=9cm

Xét tam giác vuông AOC có AO2=OI.OC⇒OC=AO2OI=1529= 25cm

Vậy OC = 25cm

Đáp án C

Gọi I là giao điểm của MN và OP

Ta có OP ⊥ MN tại I ⇒ I là trung điểm của MN

⇒ PI là đường cao đồng thời là đường trung tuyến của ∆MNP

⇒∆MNP cân tại P

⇒MPO^=NPO^PM=PN ⇒ ∆PMO = ∆PNO (c – g – c)

⇒PMO^=PNO^= 90∘⇒ON ⊥NP

⇒ PN là tiếp tuyến của (O)

Đáp án A

Gọi I là giao điểm của MN và OP

Ta có OP ⊥ MN tại I ⇒ I là trung điểm của MN

Nên IM=MN2=122=6cm

Xét tam giác OMI có OI=OM2−MI2=102−62=8cm

Xét tam giác vuông MPO, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

MO2=OI.OP⇒OP=MO2OI=1028=12,5cm

Vậy OP = 12,5cm

Đáp án C

Gọi F là trung điểm của AH

Xét hai tam giác vuông AEH và ADH ta có FA = FH = FE = FD =AH2

Nên bốn đỉnh A, D, H, E cùng thuộc đường tròn tâm F bán kính AH2

Đáp án A

AH cắt BC tại K ⇒ AK ⊥ BC vì H là trực tâm tam giác ABC

Ta chứng minh ME ⊥ EF tại E

∆ FAE cân tại F (vì FA = FE) nên FEA^=FAE^

∆ MEC cân tại M (vì ME=MC=MB=BC2) nên MEC^=MCE^

Mà BAK^=ECB^ (cùng phụ với ABC^) nên MEC^=FEA^

MEC^+FEC^=FEA^+FEC^⇒MEF^=90o

⇒ ME ⊥ EF tại E

Từ đó ME là tiếp tuyến của F;AH2

Tương tự ta cũng có MD là tiếp tuyến của F;AH2

Đáp án B

Vì D thuộc đường tròn đường kính AB nên BD ⊥ AD ⇒ BD là đường cao của ∆ABG, mà BD là đường phân giác của ABG (gt) nên BD vừa là đường cao vừa là đường phân giác của ∆ABG

Do đó ∆ABG cân tại B suy ra BD là trung trực của AG (1)

Vì H đối xứng với E qua D (dt) nên D là trung điểm của HE (2)

Từ (1) và (2) suy ra D là trung điểm của HE và AG

Do đó tứ giác AHGE là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành).

Mà HE ⊥ AG nên ∆HGE là hình thoi (dấu hiệu nhận biết hình thoi)

Đáp án D

Vì D thuộc đường tròn đường kính AB nên BD ⊥ AD ⇒ BD là đường cao của  ∆ABG, mà BD là đường phân giác của ∆ABG (gt) nên BD vừa là đường cao vừa là đường phân giác của ∆ABG

Do đó ∆ABG cân tại B suy ra BD là trung trực của AG (1)

Vì H đối xứng với E qua D (dt) nên D là trung điểm của HE (2)

Từ (1) và (2) suy ra D là trung điểm của HE và AG

Do đó tứ giác AHGE là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành).

Mà HE ⊥ AG nên ∆HGE là hình thoi (dấu hiệu nhận biết hình thoi).

Vì tứ giác AHGE là hình thoi nên AH // GE (3) và HE ⊥ AG (tính chất) nên ADB^ = 90o (do đó C đúng)

Xét ∆ABG có BD và AC là đường cao, mà BD cắt AC tại E

Suy ra E là trực tâm của ∆ABG, do đó GE ⊥ AB (4)

Từ (3) và (4) suy ra AH ⊥ AB

Do đó AH là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB

Đáp án D

Vì AB là đường kính của (O; R) nên AB = 2R

Vì D thuộc tia đối của tia CB nên BD = CD + BC = 3R + R = 4R

Suy ra ABBD=2R4R=12;BCAB=R2R=12

Xét ∆ABD∽∆CBA (c.g.c)⇒DAB^=ACB^

Mà C thuộc (O; R) và AB là đường kính nên OC=OA=OB=AB2

Suy ra ∆ACB vuông tại C hay ACB^ = 90o

Do đó DAB^=ACB^ = 90o hay AD ⊥ AB

Suy ra AD là tiếp tuyến của (O; R)

Đáp án A

Gọi I là giao điểm các tia phân giác của xPQ^;yQP^ và A, B, C lần lượt là hình chiếu của I lên Ox, PQ và Oy

Vì I thuộc phân giác của góc xPQ nên IA = IB

Xét ∆PAI và ∆PBI có:

+ IA = IB (cmt)

+ Chung PI

+ PAI^=PBI^ = 90o

nên ∆PAI = ∆PBI (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

Suy ra PA = PB

Lí luận tương tự, ta có QB = QC.

OA + OC = OP + PA + OQ + QC = OP + PB + OQ + QB = OP + PQ + QO = 2a (do chu vi ∆OPQ bằng 2a)

Vì IA = IB và IB = IC (cmt) nên IA = IC

Xét ∆OAI và ∆OCI có:

+ IA = IC (cmt)

+ OAI^=OCI^ = 90o

+ cạnh chung OI

nên ∆OAI = ∆OCI (cạnh huyền – cạnh góc vuông) ⇒ OA = OC =2a2= a

Vì a không đổi và A, C thuộc tia Ox, Oy cố định nên A và C cố định

Do A và C lần lượt là hình chiếu của I lên Ox, Oy nên hai đường thẳng AI và CI cố định hay I cố định

Do I và A cố định nên độ dài đoạn thẳng AI không đổi

Do IA = IB (cmt) nên IB là bán kính của đường tròn (I; IA) mà IB ⊥ PQ tại B nên PQ tiếp xúc với đường tròn (I; IA) cố định