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

Đáp án đúng là: B

Nếu hai đường tròn có duy nhất một điểm chung thì ta nói đó là hai đường tròn tiếp xúc nhau.

Do đó ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: D

Ta thấy hai đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] và \[\left( {O';r} \right)\] với \[R > r\] cắt nhau khi \[R - r < d < R + r\] với \[R > r.\] </>

Do đó ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: A

Nếu hai đường tròn không có điểm chung nào thì ta nói đó là hai đường tròn không cắt nhau.

Do đó ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: B

Vì hai đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] và \[\left( {O';r} \right)\] có \[OO' < R - r\], với \[R > r\] nên ta nói đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] đựng \[\left( {O';r} \right).\]</>

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: C

Cho hai đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] và \[\left( {O';r} \right)\] với \[R > r.\] Ta nói hai đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] và \[\left( {O';r} \right)\] ở ngoài nhau khi \[OO' > R + r.\]

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: B

Để hai đường tròn \[\left( {O;5{\rm{\;cm}}} \right)\] và \(\left( {I;R} \right)\) tiếp xúc trong thì \(OI = 5 - R > 0\)

Suy ra \[R = 5 - OI = 5 - 3 = 2{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Đáp án đúng là: A

Để hai đường tròn \[\left( {O;5{\rm{\;cm}}} \right)\] và \(\left( {I;R} \right)\) ở ngoài nhau thì \(OI > 5 + R\)

Hay \(7 > 5 + R\) suy ra \(R < 2{\rm{\;cm}}.\)

Trong các phương án trên, ta thấy chỉ có giá trị \(R = 1{\rm{\;cm}}\) thỏa mãn điều kiện trên.

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: B

Đường tròn \(\left( I \right)\) có bán kính \[R = \frac{{12}}{2} = 6{\rm{\;(dm)}}{\rm{.}}\]

Đường tròn \(\left( J \right)\) có bán kính \[R' = \frac{{18}}{2} = 9{\rm{\;(dm)}}{\rm{.}}\]

Ta có \[R + R' = 6 + 9 = 15{\rm{\;(dm)}}{\rm{.}}\]

Do đó \[R + R' = IJ.\]

Vậy hai đường tròn \[\left( I \right),\,\,\left( J \right)\] tiếp xúc ngoài với nhau.

Do đó ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: C

Vì \[{O_1}A = {O_1}B\] nên tam giác \[{O_1}AB\] cân tại \[{O_1}.\] Do đó \[\widehat {{O_1}AB} = \widehat {{O_1}BA}.\]

Chứng minh tương tự, ta được \[\widehat {{O_2}AC} = \widehat {{O_2}CA}.\]

Ta có đường thẳng \[\left( d \right)\] tiếp xúc với \[\left( {{O_1}} \right),\left( {{O_2}} \right)\] lần lượt tại \[B,C\] nên \[{O_1}B \bot BC\] tại \[B\] và \({O_2}C \bot BC\) tại \(C.\)

Xét tứ giác \({O_1}BC{O_2}\) ta có: \[\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} = 360^\circ - \widehat {B\,} - \widehat {C\,} = 360^\circ - 90^\circ - 90^\circ = 180^\circ \]

Suy ra \[\left( {180^\circ - \widehat {{O_1}AB} - \widehat {{O_1}BA}} \right) + \left( {180^\circ - \widehat {{O_2}AC} - \widehat {{O_2}CA}} \right) = 180^\circ \]

Khi đó \[2 \cdot \widehat {{O_1}AB} + 2 \cdot \widehat {{O_2}AC} = 180^\circ \]

Vì vậy \[2 \cdot \left( {\widehat {{O_1}AB} + \widehat {{O_2}AC}} \right) = 180^\circ \]

Suy ra \[\widehat {{O_1}AB} + \widehat {{O_2}AC} = 90^\circ \]

Ta có \[\widehat {{O_1}AB} + \widehat {BAC} + \widehat {{O_2}AC} = 180^\circ \]

Suy ra \[\widehat {BAC} = 180^\circ - \left( {\widehat {{O_1}AB} + \widehat {{O_2}AC}} \right) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ .\]

Vậy tam giác \[ABC\] vuông tại \[A.\]

Do đó ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: A

⦁ Ta có \(O'A = O'C\) nên tam giác \[O'AC\] cân tại \[O'.\] Do đó \(\widehat {O'CA} = \widehat {{A_1}}.\)

Chứng minh tương tự, ta được \[\widehat {OBA} = \widehat {{A_2}}.\]

Lại có \[\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}}\] (đối đỉnh) nên \[\widehat {O'CA} = \widehat {OBA}.\]

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên \[OB\,{\rm{//}}\,O'C.\] Do đó (i) là nhận định đúng.

⦁ Vì hai đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] và \[\left( {O';r} \right)\] tiếp xúc ngoài với nhau tại \[A\] nên \(OO' = R + r.\) Do đó (ii) là nhận định sai.

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: B

Vì đường tròn tâm \(O'\) có \[AO\] là đường kính nên \(O'C = O'O = \frac{{AO}}{2} = \frac{R}{2}.\)

Ta có \[OB = R\] và \[O'B = OO' + OB = \frac{R}{2} + R = \frac{{3R}}{2}.\]

Vì \[BC\] là tiếp tuyến của nửa đường tròn \[\left( {O'} \right)\] nên \[O'C \bot BC\] tại \[C.\]

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

Suy ra \[B{C^2} = O'{B^2} - O'{C^2} = {\left( {\frac{{3R}}{2}} \right)^2} - {\left( {\frac{R}{2}} \right)^2} = 2{R^2}.\]

Do đó \[BC = R\sqrt 2 .\]

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: D

Xét \[\Delta ABC\] và \[\Delta DBC,\] có:

\[BA = BD;\] \[CA = CD;\] \[BC\] là cạnh chung.

Do đó \[\Delta ABC = \Delta DBC\] (c.c.c)

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

Vì vậy \[BD \bot CD\] tại điểm \[D\] thuộc đường tròn \[\left( {B;BA} \right).\]

Khi đó \[CD\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( {B;BA} \right).\]

Do đó cả A, B, C đều đúng.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: A

Ta có:

⦁ \[AB = AC' + C'B = 10 + 15 = 25{\rm{\;(cm)}};\]

⦁ \[AC = AB' + B'C = 10 + 15 = 25{\rm{\;(cm)}};\]

⦁ \[BC = BA' + A'C = 15 + 15 = 30{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Suy ra tam giác \[ABC\] cân tại \[A.\]

Vì \[BA' = A'C = 15{\rm{\;(cm)}}\] nên \[A'\] là trung điểm \[BC.\]

Tam giác \[ABC\] cân tại \[A\] có \[AA'\] là đường trung tuyến nên \[AA'\] cũng là đường cao của tam giác \[ABC\] hay \[AA' \bot BC\] tại \[A'\] thuộc cả hai đường tròn \[\left( {B;15{\rm{\;cm}}} \right),\,\,\left( {C;15{\rm{\;cm}}} \right).\]

Vì vậy \[AA'\] là tiếp tuyến chung của hai đường tròn \[\left( {B;15{\rm{\;cm}}} \right),\,\,\left( {C;15{\rm{\;cm}}} \right).\]

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

Suy ra \[A{A'^2} = A{B^2} - B{A'^2} = {25^2} - {15^2} = 400.\] Do đó \[AA' = 20{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Do đó chỉ có nhận định (i) là đúng. Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: C

Gọi \[H\] là giao điểm của \[OO'\] và \[AB.\]

Vì \[{4^2} + {3^2} = {5^2}\] hay \(O{A^2} + O'{A^2} = O{O'^2}\) nên theo định lí Pythagore đảo, ta được tam giác \[OO'A\] vuông tại \[A.\]

Vì \[OA = OB = 4{\rm{\;(cm)}}\] nên \[O\] nằm trên đường trung trực của đoạn \[AB.\]

Chứng minh tương tự, ta được \[O'\] nằm trên đường trung trực của đoạn \[AB.\]

Khi đó \[OO'\] là đường trung trực của đoạn \[AB.\]

Vì vậy \[OO' \bot AB\] tại \[H\] và \[H\] là trung điểm \[AB.\]

Xét \[\Delta OAH\] và \[\Delta OO'A,\] có:

\[\widehat {OHA} = \widehat {OAO'} = 90^\circ \] và \[\widehat {AOH}\] là góc chung.

Do đó (g.g)

Suy ra \[\frac{{AH}}{{O'A}} = \frac{{OA}}{{OO'}}\] nên \[AH = \frac{{OA}}{{OO'}} \cdot O'A = \frac{4}{5} \cdot 3 = \frac{{12}}{5}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vì \[H\] là trung điểm nên \[AB = 2AH = 2 \cdot \frac{{12}}{5} = \frac{{24}}{5} = 4,8{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: C

Vì \[OA = OD\] nên tam giác \[OAD\] cân tại \[O.\] Do đó \[\widehat {{A_2}} = \widehat {ODA}.\]

Chứng minh tương tự, ta được \[\widehat {{A_1}} = \widehat {O'EA}.\]

Ta có \[DE\] là tiếp tuyến của cả hai đường tròn \[\left( O \right)\] và \[\left( {O'} \right)\] với hai tiếp điểm \[D \in \left( O \right)\] và \[E \in \left( {O'} \right)\] nên \[O'E \bot DE\] và \[OD \bot DE.\]

Xét tứ giác \(O'EDO\) ta có: \[\widehat {{{O'}_1}} + \widehat {{O_1}} = 360^\circ - \widehat {O'ED} - \widehat {ODE} = 360^\circ - 90^\circ - 90^\circ = 180^\circ \]

Suy ra \[\left( {180^\circ - \widehat {{A_1}} - \widehat {O'EA}} \right) + \left( {180^\circ - \widehat {{A_2}} - \widehat {ODA}} \right) = 180^\circ \]

Khi đó \[2 \cdot \widehat {{A_1}} + 2 \cdot \widehat {{A_2}} = 180^\circ \]

Vì vậy \[2 \cdot \left( {\widehat {{A_1}} + \widehat {{A_2}}} \right) = 180^\circ \]

Suy ra \[\widehat {{A_1}} + \widehat {{A_2}} = 90^\circ \]

Ta có \[\widehat {{A_1}} + \widehat {{A_2}} + \widehat {EAD} = 180^\circ \]

Suy ra \[\widehat {EAD} = 180^\circ - \left( {\widehat {{A_1}} + \widehat {{A_2}}} \right) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ .\]

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

Chứng minh tương tự, ta được tam giác \[ABD\] vuông tại \[D.\]

Tứ giác \[ADME\] có: \[\widehat {DAE} = \widehat {AEM} = \widehat {ADM} = 90^\circ \] nên tứ giác \[ADME\] là hình chữ nhật.

Tam giác \[OAD\] cân tại \[O\] có \[\widehat {DOA} = 60^\circ \] nên tam giác \[OAD\] là tam giác đều.

Khi đó \[AD = OD = OA = 6{\rm{\;cm}}\] và \[\widehat {ADO} = 60^\circ .\]

Vì \[\widehat {ODE} = 90^\circ \] nên \[\widehat {ODA} + \widehat {ADE} = 90^\circ \]

Suy ra \[\widehat {ADE} = 90^\circ - \widehat {ODA} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ .\]

Vì tam giác \[DAE\] vuông tại \[A\] nên \[AE = AD \cdot \tan \widehat {ADE} = 6 \cdot \tan 30^\circ = 2\sqrt 3 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Do đó diện tích tứ giác \[ADME\] là: \[S = AE \cdot AD = 2\sqrt 3 \cdot 6 = 12\sqrt 3 {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\]

Vậy ta chọn phương án C.