Trắc nghiệm Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn lớp 9 (có đáp án)

Đáp án đúng là: B

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 \[B.\]

Do đó \[BD \bot AC\] tại \[B.\] Vì \[AB = BC\] nên \[B\] là trung điểm \[AC.\]

Tam giác \[ACD\] có \[DB\] vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến, suy ra tam giác \[ACD\] cân tại \[D.\] Do đó \[AD = CD = 2OD = 2 \cdot 5 = 10{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vậy ta chọn phương án B.

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

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

Ta có \[CD\] là đường trung trực của \[OA.\] Suy ra \[H\] là trung điểm \[OA\] và \[CD \bot OA\] tại \[H.\]

Tam giác \[OCD\] cân tại \[O\] (vì \[OC = OD = R\]) có \[OH\] là đường cao, suy ra \[OH\] cũng là đường trung tuyến của tam giác. Do đó \[H\] là trung điểm \[CD.\]

Tứ giác \[CODA\] có hai đường chéo \[OA\] và \[CD\] vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm \[H\] của mỗi đường nên tứ giác \[CODA\] là hình thoi.

Do đó khẳng định (i) là đúng.

⦁ Vì tứ giác \[CODA\] là hình thoi nên \[AC = OC.\]

Mà \[OA = OC = R\] nên \[OA = OC = AC = R.\]

Vì vậy tam giác \[OAC\] là tam giác đều. Suy ra \[\widehat {COA} = 60^\circ .\]

Ta có \[CI\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\], với \[C\] là tiếp điểm. Suy ra \[OC \bot CI.\]

Vì tam giác \[OCI\] vuông tại \[C\] nên \[CI = OC \cdot \tan \widehat {COA} = R \cdot \tan 60^\circ = R\sqrt 3 .\]

Do đó \[CI = R\sqrt 3 \] nên khẳng định (ii) là đúng.

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: D

Ta có \[D\] đối xứng với \[B\] qua \[O.\] Suy ra \[O\] là trung điểm \[BD.\] Do đó \[BD\] là đường kính của đường tròn \[\left( O \right).\]

Tam giác \[BED\] có \[EO\] là đường trung tuyến và \[EO = \frac{{BD}}{2}\] nên tam giác \[BED\] vuông tại \[E.\]

Ta có \[AB\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] tại \(B\) nên \[AB \bot BD.\]

Xét \[\Delta BED\] và \[\Delta ABD,\] có:

\[\widehat {BED} = \widehat {ABD} = 90^\circ \] và \[\widehat {BDE}\] là góc chung.

Do đó (g.g)

Suy ra \[\frac{{DE}}{{DB}} = \frac{{BE}}{{AB}}\] hay \[\frac{{DE}}{{BE}} = \frac{{DB}}{{AB}}.\]

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: A

Giả sử tiếp tuyến \[EF\] tiếp xúc với đường tròn \[\left( O \right)\] tại \[H.\] Khi đó \[OH \bot EF.\]

Gọi \[I\] là giao điểm của \[OH\] và \[AB.\]

Vì \[EF\,{\rm{//}}\,AB\] nên \[OH \bot AB.\]

Vì tam giác \[OAB\] cân tại \[O\] (do \[OA = OB = R\]) nên \[OI\] vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến của tam giác. Do đó \[I\] là trung điểm \[AB.\]

Vì vậy \[IA = IB = \frac{{AB}}{2} = \frac{{1,2R}}{2} = 0,6R.\]

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

Suy ra \[O{I^2} = O{A^2} - A{I^2} = {R^2} - {\left( {0,6R} \right)^2} = 0,64{R^2}.\]

Do đó \[OI = 0,8R.\]

Vì \[AI\,{\rm{//}}\,EH\] nên áp dụng định lí Thales, ta có \[\frac{{AI}}{{EH}} = \frac{{OI}}{{OH}}.\]

Suy ra \[\frac{{0,6R}}{{EH}} = \frac{{0,8R}}{R}.\]

Do đó \[EH = 0,75R.\]

Vì \[AB\,{\rm{//}}\,EF\] nên \[\widehat {OAB} = \widehat {OEF}\] (cặp góc đồng vị).

Chứng minh tương tự, ta được \[\widehat {OBA} = \widehat {OFE}.\]

Mà \[\widehat {OBA} = \widehat {OAB}\] (do tam giác \[OAB\] cân tại \[O\]).

Do đó \[\widehat {OEF} = \widehat {OFE}.\] Vì vậy tam giác \[OEF\] cân tại \[O.\]

Tam giác \[OEF\] cân tại \[O\] có \[OH\] là đường cao nên \[OH\] cũng là đường trung tuyến của tam giác.

Do đó \[H\] là trung điểm \[EF.\]

Vì vậy \[EF = 2EH = 2 \cdot 0,75R = 1,5R.\]

Diện tích tam giác \[OEF\] là: \[{S_{OEF}} = \frac{1}{2} \cdot OH \cdot EF = \frac{1}{2} \cdot R \cdot 1,5R = 0,75{R^2}.\]

Vậy ta chọn phương án A.

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.