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

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: 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\[OO' > R + r.\]

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.

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.

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.

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 \[A.\]

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.

a) Đúng.

Ta có: \[O{A^2} + O'{A^2} = {12^2} + {5^2} = 169 = {13^2} = O{O'^2}\].

Do đó, theo định lí Pythagore đảo được \[\Delta OAO'\] vuông tại \[A\].

b) Đúng.

Có \[\Delta OAO'\] vuông tại \[A\] nên \[OA \bot O'A\] do đó \[OA\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( {O'} \right)\].

c) Sai.

Vì \[OA \bot O'A\] nên \[O'A\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\].

d) Sai.

Có \[AB\] cắt \[OO'\] tại \[H\] nên \[AB \bot OO'\] tại \[H\].

Chứng minh được $\Delta HOA\backsim \Delta AO{O}^{\text{'}}$ (g.g)

Suy ra \[\frac{{AH}}{{AO'}} = \frac{{OA}}{{OO'}}\] , do đó \[HA = \frac{{OA \cdot AO'}}{{OO'}} = \frac{{12 \cdot 5}}{{13}} = \frac{{60}}{{13}}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Do đó, \[AB = 2AH = \frac{{120}}{{13}} < \frac{{130}}{{13}} = 10\].

Vậy \[AB < 10\,\,{\rm{cm}}\].

a) Đúng.

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[IB = IA = IC\] và \[\widehat {{I_1}} = \widehat {{I_2}};\,\widehat {{I_3}} = \widehat {{I_4}}\].

Vì \[IB = IA = IC\] nên theo tính chất đường trung tuyến suy ra \[\Delta ABC\] vuông tại \[A\] hay \[\widehat {BAC} = 90^\circ \].

b) Đúng.

Ta có: \[\widehat {{I_1}} + \widehat {{I_2}} + \widehat {{I_3}} + \widehat {{I_4}} = 180^\circ \]

            \[2\widehat {{I_2}} + 2\widehat {{I_3}} = 180^\circ \]

            \[2\left( {\widehat {{I_2}} + \widehat {{I_3}}} \right) = 180^\circ \]

             \[\widehat {{I_2}} + \widehat {{I_3}} = 90^\circ \]

             \[\widehat {OIO'} = 90^\circ \].

c) Sai.

Xét \[\Delta AOI\] và \[\Delta AO'I\] có:

\[\widehat {OAI} = \widehat {O'AI} = 90^\circ \]

\[\widehat {{I_2}} = \widehat {AO'I}\] (cùng phụ với \[\widehat {{I_3}}\])

Do đó, $\Delta AOI\backsim \Delta O^{\text{'}}AI$ (g.g)

d) Đúng.

Vì (cmt) nên \[A{I^2} = OA \cdot O'A = 9 \cdot 4 = 36\], suy ra \[IA = 6\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Do đó, \[BC = 2IA = 12\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

a) Đúng.

Vì \[C\] là điểm nằm giữa \[A\] và \[O\] và \[AB\] là đường kính đường tròn \[\left( O \right)\], \[CB\] là đường kính đường tròn \[\left( I \right)\] nên \[\left( O \right)\] và \[\left( I \right)\] tiếp xúc trong với nhau.

b) Đúng.

Có \[DB = BE\] nên \[\Delta DBE\] cân tại \[B\], do đó \[HB \bot DE\] tại \[H\] thì \[H\] là trung điểm của \[DE\].

Do đó, trong tứ giác \[ADCE\] hai đường chéo \[AC,\,DE\] cắt nhau và vuông góc tại trung điểm mỗi đường.

Do đó, \[ADCE\] là hình thoi.

c) Đúng.

Có \[CK \bot DB,\,\,AD \bot DB\] nên \[CK\parallel AD\].

Mà \[AD\parallel CE\] (do \[ADCE\] là hình thoi)

Do đó, \[C,\,E,\,K\] thẳng hàng.

d) Sai.

Ta chúng minh được \[C,\,D,H,\,K\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[CD\].

Ta chứng minh được \[\widehat {HKD} = \widehat {HDK}\] (phụ với \[\widehat {ADH} = \widehat {HKC}\])

                                  \[\widehat {IKB} = \widehat {IBK}\] (\[\Delta IKB\] cân tại \[I\]).

Do đó, \[\widehat {HKD} + \widehat {IKB} = \widehat {HDK} + \widehat {IBK} = 90^\circ \].

Do đó, \[\widehat {IKH} = 90^\circ \].

a) Sai.

Vì \(AB > BC\) và đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\) và đường tròn \(\left( {O'} \right)\) đường kính \(BC\) nên hai đường tròn tiếp xúc nhau tại \(B\).

b) Đúng.

Xét \(\Delta ODE\) cân tại \(O\) (do \(OD = OE)\) nên đường cao \(OH\) đồng thời là đường trung tuyến của tam giác. Do đó \(H\) là trung điểm của \(DE\).

Mà \[H\] lại là trung điểm của \(AC\), do đó tứ giác \(ADCE\) là hình bình hành.

Mặt khác, \(AC \bot DE\)nên hình bình hành \[ADCE\] là hình thoi.

c) Đúng.

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\) ta có \(\widehat {AEB} = 90^\circ \).

Do đó \(BE \bot AE\) tại \(E\).

Mà\(AE\,{\rm{//}}\,CD\) (do \[ADCE\] là hình thoi) nên\[EB \bot CD\].

Xét đường tròn \(\left( {O'} \right)\) đường kính \(BC\) ta có \(\widehat {BFC} = 90^\circ \).

Do đó \(BF \bot CD\) tại \(F\).

Ta có \(EB \bot CD\) và \(FB \bot CD\) suy ra \(EB\) và \(FB\) trùng nhau.

Vậy ba điểm \(F,B,E\)thẳng hàng.

d) Đúng.

Tam giác \(FDE\) vuông tại \(F\) có \[FH\]là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(DE\) nên \(FH = \frac{1}{2}DE = HD = HE.\)

Do đó \(\Delta HFD\) cân tại \(H\), do đó \(\widehat {HFD} = \widehat {HDC}\).

Mặt khác, \[O'FC\] cân tại \(O'\) (do \[O'F = O'C\]) nên \(\widehat {O'FC} = \widehat {HCD}\)

Mà \(\widehat {HDC} + \widehat {HCD} = 90^\circ \) (tam giác \[HCD\] vuông tại \[H\])

Nên \(\widehat {HFD} + \widehat {O'FC} = 90^\circ \).

Do đó \(\widehat {HFO'} = 180^\circ - \left( {\widehat {HFD} + \widehat {O'FC}} \right) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \).

Ta có \(HF \bot O'F\) tại \(F\) và \(F\) thuộc đường tròn \(\left( {O'} \right)\) nên \[HF\] là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O'} \right)\).

Vậy \[HF\] là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O'} \right)\).

a) Đúng.

Vì \(\Delta OAE\) cân tại \(O\) nên \(OI\) là đường trung tuyến đồng thời là đường cao.

     \(\Delta O'AF\) cân tại \(O'\) nên \(O'K\) là đường trung tuyến đồng thời là đường cao.

Do đó, \(OI \bot EF,\,O'K \bot EF\) suy ra \(OI\parallel O'K\).

b) Đúng.

Có \(OI\parallel O'K\) nên \(OO'KI\) là hình thang.

Lại có \(\widehat {OIK} = \widehat {IKO'} = 90^\circ \) nên \(OO'KI\) là hình thang vuông.

c) Sai.

Vì \(I\) là trung điểm của \(AE\) nên \(IA = \frac{1}{2}AE\).

Vì \(K\) là trung điểm của \(AF\) nên \(AK = \frac{1}{2}AF\).

Suy ra \(IK = IA + AK = \frac{1}{2}AE + \frac{1}{2}AF = \frac{1}{2}\left( {AE + AF} \right) = \frac{1}{2}EF\).

Vậy \(IK = \frac{1}{2}EF.\)

d) Đúng.

Hình thang \(OO'KI\) là hình chữ nhật khi và chỉ khi \(\widehat {OIO'} = 90^\circ \) hay \(OI \bot OO'\).

Mà \(d \bot OI\) nên \(d\parallel OO'\).

Vậy để \(OO'KI\) là hình chữ nhật thì đường thẳng \(d\) qua \(A\) và song song với \(OO'.\)

Đáp án: 4,8

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 \[AB = 2AH = 2 \cdot \frac{{12}}{5} = \frac{{24}}{5} = 4,8{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

Đáp án: 20,8

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: \[S = AE \cdot AD = 2\sqrt 3 \cdot 6 = 12\sqrt 3 \approx {\rm{20}}{\rm{,8\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\]

Đáp án: 8

Gọi \[I\] là giao điểm của \[OO'\] với \[AB\] ta được \[OO' \bot AB\] và \[IA = IB.\]

Đặt \[OI = x\] thì \[O'I = 21 - x\].

Ta có: \[O{A^2} - O{I^2} = O'{A^2} - O'{I^2} = A{I^2}\]

             \[{17^2} - {x^2} = {10^2} - \left( {21 - {x^2}} \right)\]

             \[{17^2} - {x^2} = {10^2} - {21^2} + 42x - {x^2}\]

Suy ra \[x = 15\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Do đó, áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta AOI\], được \[A{I^2} = \sqrt {A{O^2} - O{I^2}} = \sqrt {{{17}^2} - {{15}^2}} = 8\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Đáp án: 6

Xét \[\Delta IBO\] có \[OB\parallel O'C\] nên theo hệ quả của định lí Thalès, ta có:

\[\frac{{OI}}{{O'I}} = \frac{{OB}}{{O'C}}\], suy ra \[\frac{{OI - O'I}}{{OI}} = \frac{{OB - O'C}}{{OB}}\].

Hay \[\frac{{OO'}}{{IO}} = \frac{{OB - O'C}}{{OB}}\], suy ra \[\frac{4}{{IO}} = \frac{{3 - 1}}{3} = \frac{2}{3}\].

Suy ra \[IO = \frac{{4 \cdot 3}}{2} = 6\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Đáp án: 6

Theo đề, có \[\widehat {{A_2}} = 30^\circ \], do đó \[\widehat {{C_1}} = 30^\circ \] (\[\Delta O'AC\] cân tại \[O'\])

Suy ra \[\widehat {AO'C} = 180^\circ - 2\widehat {{A_2}} = 120^\circ \]

Do đó, \[\widehat {CO'D} = 180^\circ - \widehat {AO'C} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \].

Xét \[\Delta CO'D\] vuông có \[\tan \widehat {CO'D} = \frac{{CD}}{{O'C}}\], do đó \[CD = O'C \cdot \tan \widehat {CO'D} = 3\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Có \[\cos \widehat {CO'D} = \frac{{O'C}}{{O'D}}\], do đó \[O'D = \frac{{O'C}}{{\cos CO'D}} = \frac{3}{{\frac{1}{2}}} = 6\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Vậy \[O'D = 6\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\]