Trắc nghiệm Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn lớp 9 (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: A

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

Do đó ta chọn phương án A.

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: 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.

Vậy ta chọn phương án C.

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: 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 $AB = \sqrt {33} {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Vậy ta chọn phương án C.

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 $\widehat {BAO} = \widehat {CAO}.$

Như vậy, phương án D là khẳng định sai. Ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: B

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

Vậy ta chọn phương án B.

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 $K.$

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: C

⦁ Gọi $H$ là giao điểm của $CD$ và $OA.$

Ta có $CD$ là đường trung trực của $OA.$ Suy ra $H$ là trung điểm $OA$ và $CD \bot OA$ tại $H.$

Tam giác $OCD$ cân tại $O$ (vì $OC = OD = R$) có $OH$ là đường cao, suy ra $OH$ cũng là đường trung tuyến của tam giác. Do đó $H$ là trung điểm $CD.$

Tứ giác $CODA$ có hai đường chéo $OA$ và $CD$ vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm $H$ của mỗi đường nên tứ giác $CODA$ là hình thoi.

Do đó khẳng định (i) là đúng.

⦁ Vì tứ giác $CODA$ là hình thoi nên $AC = OC.$

Mà $OA = OC = R$ nên $OA = OC = AC = R.$

Vì vậy tam giác $OAC$ là tam giác đều. Suy ra $\widehat {COA} = 60^\circ .$

Ta có $CI$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$, với $C$ là tiếp điểm. Suy ra $OC \bot CI.$

Vì tam giác $OCI$ vuông tại $C$ nên $CI = OC \cdot \tan \widehat {COA} = R \cdot \tan 60^\circ = R\sqrt 3 .$

Do đó $CI = R\sqrt 3$ nên khẳng định (ii) là đúng.

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: D

Ta có $D$ đối xứng với $B$ qua $O.$ Suy ra $O$ là trung điểm $BD.$ Do đó $BD$ là đường kính của đường tròn $\left( O \right).$

Tam giác $BED$ có $EO$ là đường trung tuyến và $EO = \frac{{BD}}{2}$ nên tam giác $BED$ vuông tại $E.$

Ta có $AB$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $B$ nên $AB \bot BD.$

Xét $\Delta BED$ và $\Delta ABD,$ có:

$\widehat {BED} = \widehat {ABD} = 90^\circ$ và $\widehat {BDE}$ là góc chung.

Do đó (g.g)

Suy ra $\frac{{DE}}{{DB}} = \frac{{BE}}{{AB}}$ hay $\frac{{DE}}{{BE}} = \frac{{DB}}{{AB}}.$

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: A

Giả sử tiếp tuyến $EF$ 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.