Trắc nghiệm Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn lớp 9 (có đúng sai, trả lời ngắn)

Đáp án đúng là: B

Đường thẳng và đường tròn có nhiều nhất 2 điểm chung.

Đáp án đúng là: A

Đường thẳng và đường tròn gọi là tiếp xúc với nhau nếu chúng có duy nhất một điểm chung.

Đáp án đúng là: C

Vì \[OH > R\] nên đường thẳng \[a\] và đường tròn \[\left( O \right)\] không cắt nhau.

Đáp án đúng là: B

Vì \[OH < R\] nên đường thẳng \[a\] và đường tròn \[\left( O \right)\] cắt nhau.

Đáp án đúng là: C

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 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.

Đáp án đúng là: A

Kẻ \[IH \bot b\] tại \[H.\]

Vì \[a\] và \[b\] là hai đường thẳng song song và cách nhau một khoảng bằng \[3{\rm{\;cm}}\] và \[I \in a\] nên khoảng cách từ tâm \[I\] đến đường thẳng \[b\] là \[IH = 3{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Do \[IH = 3{\rm{\;cm}} < R = 3,5{\rm{\;cm}}\] nên đường tròn \[\left( I \right)\] với đường thẳng \[b\] cắt nhau.

Đáp án đúng là: B

Kẻ \[IH \bot b\] tại \[H.\]

Vì \[a\] và \[b\] là hai đường thẳng song song và cách nhau một khoảng bằng \[2,5{\rm{\;cm}}\] và \[I \in a\] nên khoảng cách từ tâm \[I\] đến đường thẳng \[b\] là \[IH = 2,5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Do \[IH = R = 2,5{\rm{\;(cm)}}\] nên đường tròn \[\left( I \right)\] với đường thẳng \[b\] tiếp xúc nhau tại tiếp điểm \[H.\]

Đáp án đúng là: C

Vì \[AB\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right),\] với \[B\] là tiếp điểm nên \[AB \bot OB\] tại \[B.\]

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

Suy ra \[A{B^2} = O{A^2} - O{B^2} = {7^2} - {4^2} = 33.\] Do đó \[AB = \sqrt {33} {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Đáp án đúng là: D

Vì \(AB,\,\,AC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(B\) nên \(AB \bot OB\).

Xét \(\Delta OAB\) vuông tại \(B,\) ta có: \(O{A^2} = A{B^2} + O{B^2}\) (định lí Pythagore)

Suy ra \(A{B^2} = O{A^2} - O{B^2} = {5^2} - {3^2} = 16.\) Do đó \(AB = 4{\rm{\;cm}}.\)

Trong \(\Delta OAB\) vuông tại \(B,\) ta cũng có: \({\rm{sin}}\widehat {OAB} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{3}{5}.\)

Xét \(\Delta OAC\) vuông tại \(C,\) ta cũng có: \({\rm{tan}}\widehat {COA} = \frac{{AC}}{{OC}} = \frac{4}{3}.\)

Hai tiếp tuyến \(B\) và \(C\) của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(A\) nên:

⦁\[AC = AB = 4{\rm{\;cm;}}\]

⦁\(AO\) là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\) nên \(\widehat {BAO} = \widehat {CAO}.\)

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 \[K.\]

a) Sai.

Xét \[\Delta AEB\] và \[\Delta EIB\], có:

\[AB = IB\]

\[EB\] chung

\[\widehat {EAB} = \widehat {EIB} = 90^\circ \]

Do đó, \[\Delta AEB = \Delta IEB\] (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

b) Đúng.

Vì \[\Delta AEB = \Delta IEB\] (cmt) nên \[AE = EI\] (hai cạnh tương ứng)

Vì \[\Delta IDE\] có \[\widehat {EID} = 90^\circ \] và \[\widehat {EDI} = 45^\circ \].

Do đó, \[\Delta IDE\] vuông cân tại \[I\].

Suy ra \[AE = EI = ID\].

c) Sai.

Xét \[\Delta EID\] và \[\Delta ABD\] có:

\[\widehat D\] chung (gt)

\[\widehat {EID} = \widehat {DAB} = 90^\circ \]

Suy ra $\Delta EID\backsim \Delta ABD$ (g.g)

d) Sai.

Có \[AE = EI\] nên \[I \in \left( {E;\,\,AE} \right)\].

Mà \[EI \bot BD\] nên \[d = EI = R\].

Do đó, đường thẳng \[BD\] tiếp xúc với đường tròn bán kính \[AE\].

a) Đúng.

Ta có \[E\] thuộc đường tròn tâm \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {DEC} = 90^\circ \].

Suy ra \[\widehat {DEC} = \widehat {BAC} = 90^\circ \].

Mà hai góc ở vị trí đồng vị nên \[DE\parallel BA\].

b) Sai.

Vì \[F\] là trung điểm của \[AE\], \[H\] là trung điểm của \[BD\] nên \[HF\] là đường trung bình của hình thang \[DEAB\].

Suy ra \[HF \bot AE\], do đó \[HF\] vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao trong tam giác \[AHE\].

Do đó, \[\Delta AHE\] cân tại \[H.\]

c) Đúng.

Vì \[\Delta AHE\] cân tại \[H\] nên \[\widehat {{A_1}} = \widehat {{E_1}}\].

Có \[\Delta EOC\] cân tại \[O\] nên \[\widehat {{E_2}} = \widehat C\], do đó, \[\widehat {{E_1}} + \widehat {{E_2}} = \widehat {{A_1}} + \widehat C = 90^\circ \].

Suy ra \[\widehat {HEO} = 180^\circ - \left( {\widehat {{E_1}} + \widehat {{E_2}}} \right) = 90^\circ \].

Suy ra \[HE \bot OE\].

d) Sai.

Xét \[\Delta ABC\] có: \[AH \cdot BC = AC \cdot AB\], suy ra \[HE = AH = \frac{{AB \cdot AC}}{{BC}} = \frac{{8 \cdot 15}}{{\sqrt {{8^2} + {{15}^2}} }} = \frac{{120}}{7} > \frac{{119}}{7} = 17\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\]

a) Sai.

Xét \[\Delta OAC\] và \[\Delta ABO\] có:

\[OC = OB = R\]

\[OA\] chung

\[AB = AC\] (gt)

Do đó, \[\Delta OAC = \Delta OAB\] (c.c.c)

b) Đúng.

Vì \[\Delta OAC = \Delta OAB\] (cmt) nên \[\widehat {OCA} = \widehat {OBA} = 90^\circ \] (hai góc tương ứng)

Do đó, \[AC\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\].

c) Đúng.

Có \[OD \bot OE\] nên tam giác \[OCD\] cân tại \[O\], do đó \[M\] là trung điểm của \[EC\].

\[OD\] là đường trung trực của đoạn thẳng \[EC\] suy ra \[DE = DC\].

Suy ra \[\Delta OED = \Delta OCD\] (c.c.c)

d) Đúng.

Vì \[\Delta OED = \Delta OCD\] (c.c.c) nên \[\widehat {OED} = \widehat {OCD} = 90^\circ \] (hai góc tương ứng).

Do đó, \[DE\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\].

a) Đúng.

Xét \[\Delta ADH\] vuông tại \[D\] có \[O\] là trung điểm \[AH\] nên \[OA = OD = OH = \frac{1}{2}AH.\]

       \[\Delta AEH\] vuông tại \[E\] có \[O\] là trung điểm \[AH\] nên \[OA = OE = OH = \frac{1}{2}AH.\]

Do đó, \[OA = OD = OH = OE = \frac{1}{2}AH\] hay bốn điểm \[A,\,D,\,H,\,E\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[AH.\]

b) Đúng.

Xét \[\Delta DBC\] vuông tại \[D\] có \[DM\] là đường trung tuyến nên \[MD = MB = \frac{1}{2}BC\].

Có \[\widehat {ODA} = \widehat {OAD}\] (\[\Delta OAD\] cân)

\[\widehat {OAD} = \widehat {DBC}\] (cùng phụ với \[\widehat {ACB}\])

\[\widehat {DBC} = \widehat {BDM}\] (vì \[\Delta MBD\] cân)

Do đó, \[\widehat {ODA} = \widehat {BDM}\].

c) Đúng.

Ta có: \[\widehat {ODA} + \widehat {ODB} = 90^\circ \] nên \[\widehat {BDM} + \widehat {ODB} = 90^\circ \,\,\left( {\widehat {ODA} = \widehat {BDM}} \right)\] hay \[\widehat {ODM} = 90^\circ \].

Do đó \[MD \bot OD\], suy ra \[MD\] là tiếp tuyến của đường tròn đường kính

d) Sai.\[AH.\]

Kéo dài \[AH\] cắt \[BC\] tại \[F\]. Do \[H\] là trực tâm của tam giác \[ABC\] nên \[AF \bot BC\].

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\widehat {FAB} + \widehat {ABC} = 90^\circ \\\widehat {BCE} + \widehat {ABC} = 90^\circ \end{array} \right.\], do đó \[\widehat {FAB} = \widehat {BCE}\] (1).

Lại có \[\Delta AOE\] cân tại \[O\,\,\left( {OA = OE} \right)\] nên \[\widehat {FAB} = \widehat {OEA}\] (2).

Xét \[\Delta MEC\] cân tại \[M\,\,\left( {ME = \frac{1}{2}BC = MC} \right)\], do đó \[\widehat {BCE} = \widehat {MEC}\] (3)

Từ (1); (2); (3) suy ra \[\widehat {OEA} = \widehat {MEC}\].

Mà \[\widehat {OEA} + \widehat {OEH} = \widehat {AEH} = 90^\circ \]

       \[\widehat {MEC} + \widehat {OEH} = 90^\circ \]

       \[\widehat {OEM} = 90^\circ \]

Suy ra \[ME \bot OE\] tại \[E\].

Do đó, \[ME\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] hay \[ME\] là tiếp tuyến của đường tròn đường kính \[AH\].

a) Đúng.

Vì \[\Delta KAC\] vuông tại \[K\] nên \[K,\,A,\,C\] thuộc đường tròn đường kính \[AC.\]

Vì \[\Delta MAC\] vuông tại \[M\] nên \[M,\,A,\,C\] thuộc đường tròn đường kính \[AC.\]

Suy ra \[A,\,M,\,C,\,K\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[AC\].

b) Đúng.

Vì dây \[MN\] vuông góc với \[AB\] tại \[H\] nên \[\Delta MNB\] cân tại \[B\].

Do đó, \[BH\] vừa là đường cao, đường phân giác của \[\widehat {MBN}\]

Hay \[BK\] là tia phân giác của \[\widehat {MBN}\].

c) Sai.

\[\Delta BCD\] có \[BK \bot CD;\,\,CN \bot BN\], do đó \[H\] là trực tâm của \[\Delta BCD\].

Do đó, ba điểm \[D,\,A,\,M\] thẳng hàng.

Ta có \[\Delta DMC\] vuông tại \[M\], có \[MK\] là trung tuyến nên \[\Delta KMC\] cân tại \[K\].

d) Đúng.

Vì \[\Delta KMC\] cân tại \[K\] nên \[\widehat {KCM} = \widehat {KMC}\].

Lại có: \[\widehat {KBC} = \widehat {OMB}\] nên \[\widehat {KMC} + \widehat {OMB} = \widehat {KCB} + \widehat {KBC} = 90^\circ \] suy ra \[\widehat {KMO} = 90^\circ \].

Mà \[OM\] là bán kính nên \[KM\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\].

Đáp án: 10

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 tuyếnứng 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 \[AD = CD = 2OD = 2 \cdot 5 = 10{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Đáp án: 25

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

Suy ra \[AB \bot OI\].

Có \[OA = OB\] nên tam giác \[OAB\] cân tại \[O.\]

Từ đây, suy ra \[I\] là trung điểm của \[AB\].

Do đó, \[AI = IB = \frac{{AB}}{2} = 12\,\,{\rm{cm}}\].

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông \[AOI\], được: \[OI = \sqrt {O{A^2} - A{I^2}} = \sqrt {{{15}^2} - {{12}^2}} = 9\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\]

Xét \[\Delta AOC\] và \[\Delta IOA\] có:

\[\widehat {AOC} = \widehat {IOA}\];

\[\widehat {OAC} = \widehat {OIA} = 90^\circ \]

Suy ra $\Delta AOC\backsim \Delta IOA$ (g.g)

Suy ra \[\frac{{OA}}{{OI}} = \frac{{OC}}{{OA}}\] , do đó \[OC = \frac{{O{A^2}}}{{OI}} = \frac{{{{15}^2}}}{9} = 25\,\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\,\]

Đáp án: 10

Kẻ \[AH \bot xy\] tại \[H\].

Suy ra \[H\] là trung điểm của \[BC\] do \[\Delta ABC\] cân.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \[\Delta ABH\] có: \[B{H^2} + H{A^2} = A{B^2}\]

Suy ra \[BH = \sqrt {A{B^2} - H{A^2}} = \sqrt {{{13}^2} - {{12}^2}} = 5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Do đó, \[BC = 2BH = 10\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Đáp án: 16

Kẻ \[MH \bot xy\] tại \[H\], do đó \[MH = 6\,\,{\rm{cm}}\].

Có \[\Delta MPQ\] cân tại \[M\] (do \[MQ = MP = R\]).

Do đó, \[H\] là trung điểm \[PQ\].

Suy ra \[HQ = HP = \frac{1}{2}PQ\].

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \[MHQ\], được \[QH = \sqrt {M{Q^2} - M{H^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}} = 8\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Do đó, \[PQ = 2QH = 16\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\]

Đáp án: 18

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 \[6\left( {3 + 2\sqrt 3 } \right){\rm{\;cm}}{\rm{,}}\] 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 \[AB = R = 18{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]