20 câu trắc nghiệm Toán 9 Kết nối tri thức Bài 16. Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn (Đúng sai - trả lời ngắn) có đáp án

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 $ΔEID∽ΔABD$ (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 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 $AD = CD = 2OD = 2 \cdot 5 = 10{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

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 $ΔAOC∽ΔIOA$ (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 $AB = R = 18{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$