51 bài tập Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn có lời giải

Chọn A

Vì \(A(4;5)\) nên khoảng cách từ \(A\) đến trục hoành là \({d_1} = \,|{y_A}|\, = 5\), khoảng cách từ \(A\) đến trục tung là \({d_2} = \,|{x_A}|\, = 4\).

Nhận thấy \({d_2} = R( = 5)\) nên trục hoành tiếp xúc với đường tròn \((A;5)\).

Và \({d_2} = 4 < 5 = R\) nên trục tung cắt đường tròn \((A;5)\).

Chọn B

Vì \(A( - 2\,;\,3)\) nên khoảng cách từ \(A\) đến trục hoành là \({d_1} = \,|{y_A}|\, = 3\), khoảng cách từ \(A\) đến trục tung là \({d_2} = \,|{x_A}|\, = 2\).

Nhận thấy \({d_2} = R( = 2)\) nên trục tung tiếp xúc với đường tròn \((A;2)\).

Và \({d_2} = 3 > 2 = R\) nên trục hoành không cắt đường tròn \((A;2)\).

Chọn A

Vì hai đường thẳng song song \(a,b\) cách nhau một khoảng là \(3cm\) mà \(I \in a\) nên khoảng cách từ tâm \(I\) đến đường thẳng \(b\) là \(d = 3cm\).

Suy ra \(d < R\,(3cm < 3,5cm)\) nên đường tròn \((I;3,5cm)\) và đường thẳng \(b\) cắt nhau.

Chọn C

Vì hai đường thẳng song song \(a,b\) cách nhau một khoảng là \(2,5cm\) mà \(I \in a\) nên khoảng cách từ tâm \(I\) đến đường thẳng \(b\) là \(d = 2,5cm\).

Suy ra \(d = R = 2,5cm\) nên đường tròn \((I;2,5cm)\) và đường thẳng \(b\) tiếp xúc với nhau.

Chọn D

Kẻ \(IA \bot Oy;IB \bot Ox\) tại \(A,B\).

Vì \((I)\) tiếp xúc với cả \(Ox;Oy\) nên \(IA = IB\) suy ra \(I\) thuộc tia phân giác của góc \(\widehat {xOy}\) \((I \ne O)\) (tính chất tia phân giác của một góc).

Chọn B

Vì \(AB\) là tiếp tuyến và \(B\) là tiếp điểm nên \(OB = R = 3cm;AB \bot OB\) tại \(B\).

Áp dụng định lý Phythagore cho tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\) ta được:

\(AB = \sqrt {O{A^2} - O{B^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4cm\).

Chọn D

Vì \(AB\) là tiếp tuyến và \(B\) là tiếp điểm nên \(OB = R = 6cm;AB \bot OB\) tại \(B\).

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\) ta được:\(AB = \sqrt {O{A^2} - O{B^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}} = 8cm\).

Chọn D

Ta có \(AB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\)\( \Rightarrow AB \bot OB\).

Xét \(\Delta BAO\left( {\widehat B = 90^\circ } \right):O{B^2} + A{B^2} = O{A^2}\)

\( \Rightarrow AB = \sqrt {O{A^2} - O{B^2}} = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} - {R^2}} = \sqrt {3{R^2}} = R\sqrt 3 \).

Chọn A

Khoảng cách từ điểm \(O\) đến đường thẳng \(a\) là \(d = 5cm\).

Đường thẳng \(a\) cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) khi \[d < R\] hay \(R > 5\).</>

Vậy \(R > 5\).

Chọn B

Đáp án B: sai, vì khi \(d = R\) thì đường thẳng \(a\) và đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tiếp xúc nhau.

Chọn B

Khoảng cách từ điểm \(O\) đến đường thẳng \(a\) là \(d = 2cm\).

Để đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và đường thẳng \(a\) có điểm chung thì \(R \ge d\) hay \(R \ge 2cm\).

Chọn C

Gọi 2 giao điểm của đường thẳng \[a\] và hình tròn \[\left( {O;\,10cm} \right)\] tại \[A\] và \[B\].

Nên ta có \[OA = OB = R = 10cm\].

Gọi giao điểm của bán kính vuông góc với đoạn thẳng \[AB\] tại \[H\].

Nên ta có \[OH \bot AB\], \[OH = 8cm\].

Áp dụng Pythagore cho tam giác \[OAH\] vuông tại \[H\] ta có

\[O{A^2} = O{H^2} + A{H^2}\]

\[ \Rightarrow A{H^2} = O{A^2} - O{H^2}\]

\[ \Rightarrow A{H^2} = {10^2} - {8^2} = 36\]

\[ \Rightarrow AH = 6\,\left( {cm} \right)\].

Ta có \[\Delta OAB\] cân tại \[O\] vì \[OA = OB = R = 10cm\] nên đường cao \[OH\] vừa là đường trung tuyến ứng với cạnh \[AB\]\[ \Rightarrow AB = 2AH\]\[ \Rightarrow AB = 2.6 = 12\left( {cm} \right)\].

Chọn C

\[B\] là tiếp điểm nên ta có \[OB = R\]

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì \[OA\] là tia phân giác của \[\widehat {BOC}\] nên

\[\widehat {BOA} = \widehat {COA} = \frac{1}{2}\widehat {BOC} = \frac{1}{2}.120^\circ = 60^\circ \].

Áp dụng hệ thức về góc và cạnh trong tam giác \[OAB\] vuông tại \[B\], ta có

\[OA = \frac{{OB}}{{\cos \widehat {BOC}}} = \frac{R}{{\cos 60^\circ }} = 2R\].

Chọn A

Ta có \[\Delta OBC\] cân tại \[O\], \[OH \bot BC\]. Suy ra \[\widehat {BOH} = \widehat {COH}\], \[BH = CH\].

Xét \[\Delta OAB\] và \[\Delta OAC\] có \[OB = OC\], \[\widehat {BOH} = \widehat {COH}\] và \[OA\] chung nên \[\Delta OAB = \Delta OAC\]\[\left( {c.g.c} \right)\].\[ \Rightarrow AB = AC\].

Áp dụng định lý Pythagore cho \[\Delta OAB\] vuông tại \[B\], ta có

\[O{A^2} = O{B^2} + A{B^2}\] nên \[AB = \sqrt {O{A^2} - O{B^2}} = \sqrt {{{25}^2} - {{15}^2}} = 20\,\left( {cm} \right)\].

Áp dụng hệ thức lượng cho \[\Delta OAB\] vuông tại \[B\], đường cao \[BH\]; ta có

\[BH.OA = OB.AB\]\[ \Rightarrow BH.25 = 15.20\]\[ \Rightarrow BH = 12\,\left( {cm} \right)\]\[ \Rightarrow BC = 24\,\left( {cm} \right)\].

Vậy chu vi của \[\Delta ABC\] bằng \[AB + AC + BC = 2AB + BC\]\[ = 2.20 + 24 = 64\,\left( {cm} \right)\].

Chọn D

Đáp án D là một đáp án sai, đường thẳng muốn là một tiếp tuyến của đường tròn cần đi qua một điểm thuộc đường tròn và vuông góc với bán kính của đường tròn đi qua điểm đó.

Câu minh họa, đường thẳng \[a\] đi qua điểm \[A\] thuộc đường tròn và vuông góc với bán kính tại điểm \[H\].

Chọn A

Kẻ \(OH \bot EF\) tại \(H\) và cắt \(AB\) tại \(I\) suy ra \(OI \bot AB\) (vì \[AB{\rm{//}}EF\])

Xét \((O)\) có \(OI \bot AB\) tại \(I\) nên \(I\) là trung điểm của \(AB\)

Suy ra \(IA = IB = \frac{{AB}}{2} = 0,6R\). Lại có \(OA = R\).

Áp dụng định lý Phythagore cho tam giác vuông \(OIA\) ta có \(OI = \sqrt {O{A^2} - I{A^2}} = 0,8R\).

Mà \(AI{\rm{//}}EH\) nên \(\frac{{AI}}{{EH}} = \frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{0,8R}}{R}\) nên \(EH = \frac{{0,6R}}{{0,8}} = 0,75R\)

\(\Delta OEF\) cân tại \(O\) (vì \(\widehat E = \widehat F = \widehat {BAO} = \widehat {ABO}\)) có \(OH \bot EF\) nên \(H\) là trung điểm của \(EF\).

\[EF = 2EH = 1,5R\] nên \[{S_{EOF}} = \frac{{OH.EF}}{2} = 0,75{R^2}\].

Chọn C

Kẻ \(OH \bot EF\) tại \(H\) và cắt \(AB\) tại \(I\) suy ra \(OI \bot AB\) (vì \[AB{\rm{//}}EF\])

Xét \((O)\) có \(OI \bot AB\) tại \(I\) nên \(I\) là trung điểm của \(AB\)

\(IA = IB = \frac{{AB}}{2} = 4,8\,cm\). Lại có \(OA = 6cm\).

Áp dụng định lý Phythagore cho tam giác vuông \(OIA\) ta có \(OI = \sqrt {O{A^2} - I{A^2}} = \sqrt {{6^2} - 4,{8^2}} = 3,6cm\).

Mà \(AI{\rm{//}}EH\) nên \(\frac{{AI}}{{EH}} = \frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{3,6}}{6} = \frac{3}{5} \Rightarrow EH = \frac{{AI.5}}{3} = \frac{{4,8.5}}{3} = 8\)

\(\Delta OEF\) cân tại \(O\) (vì \(\widehat E = \widehat F = \widehat {BAO} = \widehat {ABO}\)) có \(OH \bot EF\) nên \(H\) là trung điểm của \(EF\).

\[EF = 2EH = 16cm\] nên \[{S_{EOF}} = \frac{{6.16}}{2} = 48\,(c{m^2})\]

Chọn D

Xét \((O)\) có \(OB = OC = OD\) nên \(BO = \frac{{DC}}{2}\) hay \(\Delta BDC\) vuông tại \(B\) suy ra \[BD \bot AC\].

\(\Delta ABD = \Delta CBD\) nên \(DA = DC = 2R\).

Chọn B

Xét \((O)\) có \(OB = OC = OD\) suy ra \(BO = \frac{{DC}}{2}\) hay \(\Delta BDC\) vuông tại \(B\) (tam giác có đường trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy thì tam giác đó là tam giác vuông).

Suy ra \[BD \bot AC\].

\(\Delta ABD = \Delta CBD\) nên \(DA = DC = 2R\)\( = 10cm\).

Chọn A

Kẻ đường thẳng \(OA \bot a\) tại \(A\) cắt \(b\) tại \(B\) thì \(OB \bot b\) tại \(B\) vì \(a{\rm{//}}b\).

Vì \((O)\) tiếp xúc với cả \(a,b\) nên \(OA = OB\). Lại có suy ra \(OA = OB = \frac{h}{2}\).

Hay tâm \(O\) cách \(a\) và \(b\) một khoảng cùng bằng \(\frac{h}{2}\).

Nên \(O\) chạy trên đường thẳng \(c\) song song và cách đều \(a,b\) một khoảng \(\frac{h}{2}\).

Chọn D

Kẻ đường thẳng \(OA \bot a\) tại \(A\) cắt \(b\) tại \(B\) thì \(OB \bot b\) tại \(B\) vì \(a{\rm{//}}b\).

Vì \((O)\) tiếp xúc với cả \(a,b\) nên \(OA = OB\). Lại có \(AB = 6cm\) suy ra \(OA = OB = \frac{6}{2} = 3cm\).

Hay tâm \(O\) cách \(a\) và \(b\) một khoảng cùng bằng \(3cm\).

Nên \(O\) chạy trên đường thẳng \(c\) song song và cách đều \(a,b\) một khoảng \(3cm\).

Chọn A

Vẽ \(OH \bot MN,H \in MN\). Vì \(AM.BN = {R^2} = AO.BO\) nên \(\frac{{AM}}{{BO}} = \frac{{AO}}{{BN}}\).

Xét \(\Delta AOM\) và \(\Delta BNO\) có: \(\widehat {MAO} = \widehat {NBO} = 90^\circ ;\) \(\frac{{AM}}{{BO}} = \frac{{AO}}{{BN}}\).

Do đó (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{O_1}};\widehat {{O_2}} = \widehat {{N_2}}\). Do đó \(\widehat {MON} = 90^\circ \)

Ta có: \(\frac{{AM}}{{BO}} = \frac{{OM}}{{ON}}\) suy ra\(\frac{{AM}}{{OM}} = \frac{{OA}}{{ON}}\) và \(\widehat {MAO} = \widehat {MON} = 90^\circ \)

Do đó (c.g.c) suy ra \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{M_2}}\) (hai góc tương ứng).

Suy ra \(\Delta AOM = \Delta HOM\) (cạnh huyền, góc nhọn) suy ra \[AO = OH\], hay \[OH = R\].

Do đó \(MN\) là tiếp tuyến của đường tròn \((O)\).

Chọn D

Do \[\Delta ABC\] cân tại \[A\] (gt) nên đường cao\(AH\) đồng thời là trung tuyến. Suy ra \[BH = HC\].

Do \(BK\) là đường cao của \[\Delta ABC\]. Suy ra \(BK \bot AC\).

\[\Delta KBC\]vuông tại \(K\) có \(H\) là trung điểm của \(BC\) nên \(KH = BH = HC = \frac{1}{2}BC\).

Suy ra \[\Delta KBH\] cân tại \[H\] nên \(\widehat {KBH} = \widehat {HKB}\) \((1)\).

\(K \in (O)\)đường kính \(AI\) nên \(KO = IO = R\). Suy ra \[\Delta KOI\] cân tại \[O\] nên \(\widehat {OKI} = \widehat {OIK}\) \((2)\).

Từ \((1)\)và \((2)\) suy ra \(\widehat {OKB} + \widehat {HKB} = \widehat {OIK} + \widehat {IBH} = \widehat {HIB} + \widehat {IBH} = 90^\circ \)

Suy ra \(HK \bot OK\) tại \(K\).

Do đó \(HK\)là tiếp tuyến của \((O)\).

Chọn C

Xét đường tròn \(\left( {O\;{\rm{;}}\;R} \right)\) có \(MA,\;MB\) là tiếp tuyến

Suy ra \(\widehat {BOM} = \widehat {AOM} = \frac{1}{2}\widehat {AOB}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \((1)\)

 \(\Delta OAC\) có \[OA = OC\] suy ra \(\widehat {OAC} = \widehat {OCA}\) (tính chất tam giác cân)

\(\widehat {AOB} = \widehat {OCA} + \widehat {OAC}\) (tính chất góc ngoài của tam giác)

Nên \(\widehat {OAC} = \widehat {OCA} = \frac{1}{2}\widehat {AOB}\) \((2)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {OCA} = \widehat {BOM}\)

 Mà \(\widehat {OCA}\), \(\widehat {BOM}\) ở vị trí đồng vị

Nên \(CK\,{\rm{//}}\,OM\) suy ra\(\widehat {MOK} = \widehat {CKO}\) (so le trong).

Chứng minh\(\left( {O\;{\rm{;}}\;R} \right)\) \(\Delta OAM = \Delta OCK\) (c.g.c) suy ra \(CK = OM\) (hai cạnh tương ứng).

Chứng minh \(\Delta KMO = \Delta OCK\) (c.g.c) suy ra \(\widehat {COK} = \widehat {OKM}\) (hai góc tương ứng).

Mà \(\widehat {COK} = 90^\circ \)(\(KO\)là trung trực của \(BC\)) suy ra \(\widehat {OKM} = 90^\circ \).

Tứ giác \[{\rm{O}}BMK\] có:

+ \(\widehat {MBO} = 90^\circ \) (\(MB\) là tiếp tuyến của \(\left( {O\;{\rm{;}}\;R} \right)\)).

+ \(\widehat {BOK} = 90^\circ \)(\(KO\) là trung trực của \(BC\)).

+ \(\widehat {OKM} = 90^\circ \) (cmt).

Do đó \(OBMK\) là hình chữ nhật suy ra \(MK = OB = R\).

Chọn C

Đường tròn tiếp xúc với một cạnh của tam giác và tiếp xúc với phần kéo dài của hai cạnh còn lại gọi là đường tròn bàng tiếp tam giác.

Với một tam giác có ba đường tròn bàng tiếp.

Chọn C

Đường tròn tiếp xúc với một cạnh của tam giác và tiếp xúc với phần kéo dài của hai cạnh còn lại gọi là đường tròn bàng tiếp tam giác. Tâm đ ường tròn bàng tiếp tam giác là giao của \(1\) đường phân giác góc trong và hai đường phân giác góc ngoài của tam giác.

Chọn B

Nếu hai tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau tại một điểm thì:

- Điểm đó cách đều hai tiếp điểm.

- Tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của các góc tạo bởi hai tiếp tuyến.

- Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán kính đi qua tiếp điểm.

Chọn A

Chọn D

Gọi \(H\) là giao của \(BC\) với \(AO\).

Xét \((O)\) có hai tiếp tuyến tại \(B\) và \(C\) cắt nhau tại \(A\) nên \(AB = AC\) (tính chất).

Lại có \(OB = OC\) nên \(AO\) là đường trung trực của đoạn \(BC\) hay \(AO \bot BC\) tại \(H\) là trung điểm của \(BC\).

Ta chưa kết luận được \(H\) có là trung điểm của \(AO\) hay không nên đáp án D sai.

Chọn A

Ta có \(AO \bot BC\) (*)

Xét tam giác \(BCD\) có \(DC\) là đường kính của \((O)\) và \(B \in (O)\) nên \(\Delta BDC\) vuông tại \(B\) hay \(BD \bot BC\) (**)

Từ (*) và (**) suy ra \(BD{\rm{//}}AO\).

Mà \(AO\) và \(AC\) cắt nhau nên \(BD\) và \(AC\) không thể song song.

Chọn D

Xét \((O)\) có \(AB,AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(A\) nên\(AB = AC;\) \(\widehat {CAO} = \widehat {BAO};\) \(\widehat {BOA} = \widehat {COA}\)

Xét \(\Delta ABO\) vuông tại \(B\) có \(OB = 3cm;OA = 5cm\), theo định lý Phythagore ta có:

\(AB = \sqrt {O{A^2} - O{B^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4cm\).

Nên \(AC = AB = 4cm\) hay đáp án A đúng.

Xét tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\) có \(\sin \widehat {ABO} = \frac{{AB}}{{OA}} = \frac{4}{5}\) nên C đúng.

Mà \[\widehat {BOA} = \widehat {COA}\] nên \(\sin \widehat {COA} = \frac{4}{5}\) do đó D sai.

Chọn D

Gọi \(H\) là giao của \(BC\) với \(AO\).

Xét \((O)\) có hai tiếp tuyến tại \(B\) và \(C\) cắt nhau tại \(A\) nên \(AB = AC\) (tính chất).

Lại có \(OB = OC\) nên \(AO\) là đường trung trực của đoạn \(BC\) hay \(AO \bot BC\) tại \(H\) là trung điểm của \(BC\).

Xét tam giác \(BCD\) có \(H\) là trung điểm \(BC\) và \(O\) là trung điểm \(DC\) nên là đường trung bình của tam giác \(BCD\).

Suy ra \(BD = 2.OH\)

Ta có (g.g) nên \(B{O^2} = OH.OA\) hay \(OH = \frac{{O{B^2}}}{{OA}} = \frac{9}{5} = 1,8cm\).

Từ đó \(BD = 2.OH = 2.1,8 = 3,6cm\).

Chọn B

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

Mà \(OA{\rm{//}}KI\) (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 \(\Delta KOI\) cân tại \(K \Rightarrow KI = KO\).

Chọn A

Gọi \[R\] là bán kính của \((O)\)

Xét \((O)\) có \(MA = MB;\widehat {AMO} = \widehat {BMO}\) (tính chất hai tiếp tuyến bằng nhau) nên \[\widehat {AMO} = 60^\circ .\]

Xét tam giác vuông \(AOM\) có \(AM = AO.\cot \widehat {AMO} = \frac{{R\sqrt 3 }}{3}\) nên \(MA = MB = \frac{{R\sqrt 3 }}{3}\).

Lại có \[\widehat {AOB} + \widehat {AMB} = 180^\circ \Rightarrow \widehat {AOB} = 60^\circ \] suy ra \(\Delta AOB\) là tam giác đều

hay \(AB = OB = OA = R\)

Chu vi tam giác \(MAB\) là \(MA + MB + AB = \frac{{R\sqrt 3 }}{3} + \frac{{R\sqrt 3 }}{3} + R = 6(3 + 2\sqrt 3 )\)

\(R\left( {\frac{{3 + 2\sqrt 3 }}{3}} \right) = 6(3 + 2\sqrt 3 )\) suy ra \(R = 18cm\) nên \(AB = 18cm\).

Chọn B

Xét \((O)\) có \(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) mà \(\widehat {AMB} = 60^\circ \) nên \(\Delta MAB\) đều suy ra chu vi \(\Delta MAB\) là \(MA + MB + AB = 3AB\) suy ra \(AB = 8cm = MA = MB\).

Lại có \[\widehat {AMO} = \frac{1}{2}\widehat {AMB} = 30^\circ \] (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Xét tam giác vuông \(MAO\) có \(\tan \widehat {AMO} = \frac{{OA}}{{MA}} \Rightarrow OA = MA.\tan 30^\circ = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}\,cm\)

Chọn B

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 \[\widehat {AOC} + \widehat {BOD} = \widehat {COM} + \widehat {MOD} = \frac{{\widehat {AOC} + \widehat {BOD} + \widehat {COM} + \widehat {MOD}}}{2} = \frac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ \].

Nên \[\widehat {COD} = 90^\circ \] hay \(\Delta COD\) vuông tại \(O\) và \(\widehat {MDO} = \widehat {MOC}\)

Có (g.g) suy ra \(MC.MD = O{M^2}\).

Chọn A

Vì tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) nên \(I;K \in \) đường thẳng \(AH\) với \[H\]là giao điểm của \[BC\]và \[AI.\]

Ta có \(\widehat {HCI} = \frac{1}{2}\widehat {HCA};\widehat {KCH} = \frac{1}{2}\widehat {xCH}\)\( \Rightarrow \widehat {ICK} = \widehat {ICH} + \widehat {HCK} = \frac{1}{2}(\widehat {ACH} + \widehat {HCx}) = 90^\circ \)

Tương tự ta cũng có \(\widehat {IBK} = 90^\circ \).

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 \[\left( {O;\frac{{IK}}{2}} \right)\].

Chọn B

Gọi \(H\) là giao của \(OA\) và \(CD\).

Xét \((O)\) có \(OA \bot CD\) nên \(H\) là trung điểm của \(CD\).

Xét tứ 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.

Chọn D

Xét tam giác \(COA\) có \(OC = OA = R\) và \(OC = AC\).

(do \(OCAD\) là hình thoi) nên \(\Delta COA\) là tam giác đều nên \(\widehat {COI} = 60^\circ \).

Xét tam giác vuông \(OCI\) có \(CI = OC.\tan 60^\circ = R\sqrt 3 \). Vậy \(CI = R\sqrt 3 \).

Chọn B

Vì tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) có \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp nên đường thẳng \(AO \bot BC\).

Lại có \(AO \bot AE\) (tính chất tiếp tuyến) nên \(AE{\rm{//}}BC\).

Chọn D

Xét đường tròn \((O)\) có \(O'C\) là đường kính, suy ra \(\widehat {CBO'} = \widehat {CAO'} = 90^\circ \) hay \(CB \bot O'B\) tại \(B\) và \(AC \bot AO'\) tại \(A\).

Do đó \(AB,BC\) là hai tiếp tuyến của \((O')\) nên \(AC = CB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên A, B, C đúng.

Chọn B

Gọi \(M\) là tiếp điểm của tiếp tuyến \(EF\) với nửa đường tròn \(\left( O \right)\).

Ta có: \(AF \bot EF;OM \bot EF;BF \bot EF\) nên \[AE\parallel OM\parallel BF\].

Mà \(O\) là trung điểm của \(AB\) nên \(OM\) là đường trung bình của hình thang \(ABFE\).

Do đó: \(AE + BF = 2OM\).

Xét hình thang \(ABFE\) vuông tại \(E\) và \(F\) ta có:

\({S_{ABFE}} = \frac{{\left( {AE + BF} \right)EF}}{2}\)\( = \frac{{2OM.EF}}{2} = OM.EF \le OM.AB = R.2R = 2{R^2}\).

Dấu “\( = \)” xảy ra khi \(AB = EF\), mà \(AB\parallel EF\) nên hình thang \(ABFE\) là hình chữ nhật.

Hay điểm \(M\) nằm chính giữa cung \(AB\).