15 câu trắc nghiệm Toán 9 Chân trời sáng tạo Bài 2. Tiếp tuyến của đường tròn có đáp án

Đáp án đúng là: B

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

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: C

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

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: B

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

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: A

Vì đường thẳng $d$ đi qua điểm $A$ nằm trên đường tròn $\left( O \right)$ và vuông góc với bán kính $OA$ của đường tròn $\left( O \right)$ nên đường thẳng $d$ là một tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right).$

Tức là, $d$ là tiếp tuyến của $\left( O \right),$ với $A$ là tiếp điểm.

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: A

Hai tiếp tuyến đường tròn cắt nhau tại một điểm thì:

⦁ Khoảng cách từ điểm đó đến hai tiếp điểm bằng nhau

⦁ Tia nối từ điểm đó tới tâm là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến

⦁ Tia nối từ tâm tới điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán kính.

Vậy phương án A là khẳng định đúng, ta chọn phương án A.

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.

Vậy ta chọn phương án A.

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 $H.$

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: A

⦁ Vì $4{\rm{\;cm}} < 5{\rm{\;cm}}$ nên $d < R.$ Suy ra đường thẳng cắt đường tròn.

⦁ Vì đường thẳng tiếp xúc với đường tròn nên $d = R.$ Suy ra $d = 8{\rm{\;cm}}.$

Do đó ở vị trí (1) ta điền “Cắt nhau”; ở vị trí (2) ta điền “8 cm”.

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: C

Kẻ $IH \bot d$ tại $H.$ Suy ra $IH = 10{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Bán kính của đường tròn $\left( I \right)$ là: $R = \frac{{18}}{2} = 9{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Vì $10{\rm{\;cm}} > 9{\rm{\;cm}}$ nên $IH > R.$

Do đó đường thẳng $d$ và đường tròn $\left( I \right)$ không giao nhau.

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: D

Gọi $H$ là giao điểm của $BC$ và $OA.$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có hai tiếp tuyến tại $B$ và $C$ cắt nhau tại $A$ nên áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta được $AB = AC.$ Do đó điểm $A$ nằm trên đường trung trực của đoạn $BC$ (1)

Đường tròn $\left( O \right)$ có $OB = OC = R$ nên điểm $O$ nằm trên đường trung trực của đoạn $BC$ (2)

Từ (1), (2), ta thu được $OA$ là đường trung trực của đoạn $BC.$

Suy ra $OA \bot BC$ tại $H$ là trung điểm của $BC.$

Do đó ta chưa kết luận được $H$ có là trung điểm của $OA$ hay không.

Vì vậy phương án A, B, C đúng và phương án D sai.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: C

Vì $ME,MF$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( I \right)$ nên áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta được $ME = MF.$ Do đó tam giác $EMF$ cân tại $M.$

Mà $\widehat {EMF} = 60^\circ$ nên tam giác $EMF$ đều.

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: D

Vì $AC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ nên $AC \bot AO$ tại $A.$

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $ABC$ vuông tại $A,$ ta được:

$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {8^2} + {6^2} = 100.$ Suy ra $BC = 10{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Vì $AC,\,\,CM$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ nên áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta được $CM = CA = 6{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Ta có $BM = BC - CM = 10 - 6 = 4{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Vậy ta chọn phương án D.

Hiển thị đáp án

Đáp án: A

Giải thích:

Đáp án đúng là: A

Giả sử đường thẳng $EF$ 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.

Đáp án đúng là: D

Đổi: $10{\rm{\;m}} = 0{,}01{\rm{\;km}}.$

Gọi $O$ là tâm Trái Đất và $R$ là bán kính Trái Đất. Suy ra $R = 6400{\rm{\;km}}.$

Ta có điểm $B$ biểu diễn vị trí con tàu và điểm $A$ biểu diễn vị trí của thủy thủ.

Suy ra $h = AB = 10{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Lại có điểm $A$ biểu diễn vị trí của thủy thủ và điểm $C$ biểu diễn điểm xa nhất mà thủy thủ nhìn thấy. Khi đó độ dài đoạn $AC$ gọi là tầm nhìn xa tối đa từ điểm $A.$

Vì $AC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tại $C$ nên $AC \bot OC$ tại $C.$

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $AOC$ vuông tại $C,$ ta được: $O{A^2} = A{C^2} + O{C^2}.$

Suy ra $A{C^2} = O{A^2} - O{C^2} = {\left( {OB + AB} \right)^2} - O{C^2}$

$$A{C^2} = {\left( {R + h} \right)^2} - {R^2} = {\left( {6\,\,400 + 0{,}01} \right)^2} - 6\,\,{400^2} = 128{,}0001.$$

Khi đó $AC \approx 11{,}314{\rm{\;(km)}}{\rm{.}}$

Do đó tầm nhìn xa tối đa của thủy thủ đó bằng khoảng $11{,}314{\rm{\;km}}.$

Vậy ta chọn phương án D.