Thứ bảy, 23/11/2024
IMG-LOGO
Trang chủ Lớp 9 Toán Trắc nghiệm Chuyên đề Toán 9 Chuyên đề 3: Vị trí tương đối của đường thằng và đường tròn. Vị trí tương đối của hai đường tròn có đáp án

Trắc nghiệm Chuyên đề Toán 9 Chuyên đề 3: Vị trí tương đối của đường thằng và đường tròn. Vị trí tương đối của hai đường tròn có đáp án

Dạng 1: Tiếp tuyến của đường tròn có đáp án

  • 1151 lượt thi

  • 4 câu hỏi

  • 45 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Cho đường tròn O;12 cm và điểm M cách  một khoảng bằng 20 cm. Kẻ tiếp tuyến MA ( là tiếp điểm) và kẻ dây  vuông góc với OM. Chứng minh MB là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Xem đáp án

Phân tích đề bài

Media VietJack

 là tiếp tuyến của đường tròn (O)

                          

                     OBBM

                           

                    OBM^=90°

                           

                  OBM^=OAM^

Giải chi tiết

Gọi H=OMAB. Xét ΔOAH ΔOBH có: OA =  (bán kính đường tròn (O));

                                                                              OHA^=OHB^=90° (giả thiết);

                                                                              OH chung.

Suy ra ΔOAH=ΔOBH (cạnh huyền – cạnh góc vuông) HA=HB (hai cạnh tương ứng).

Tam giác MAB có MH vừa là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên ΔMAB cân tại M

A1^=B1^ (hai góc ở đáy).

Lại có ΔOAB cân tại O nên A2^=B2^. Khi đó MBO^=B1^+B2^=A1^+A2^=OAM^=90°.

Suy ra OBBM. Vậy MB là tiếp tuyến của đường tròn (O).


Câu 2:

Cho tam giác ABC có hai đường cao BD CE cắt nhau tại H.

a) Chứng minh rằng bốn điểm A, D, H , cùng nằm trên một đường tròn (gọi tâm của nó là O ).

b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng ME là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Xem đáp án

Phân tích đề bài

Media VietJack

a) Thấy ngay hai tam giác AEH và ADH là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền nên bốn điểm A, D, H, E cùng nằm trên đường tròn đường kính AH.

b) EM là tiếp tuyến của (O)

                     

              OEM^=90°

                     

             AEO^=CEM^

                     

              EAO^=ECB^

Giải chi tiết

a) Gọi O là trung điểm của AH.

Theo giả thiết ΔAEH ΔADH là các tam giác vuông có chung cạnh huyển AH nên bốn điểm A, D, H, E cùng nằm trên đường tròn (O) đường kính AH.

b) Xét tam giác OAE có OE = OA nên ΔOAE cân tại O OAE^=OEA^.              (1)

Tương tự ΔMEC cân tại M nên MEC^=MCE^.                                                        (2)

Gọi F=AHBCAFBC.

Lại có: ECB^=BAF^ (vì cùng phụ với ABF^).                                                            (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra MEC^=AEO^.

Ta có: OEM^=OEH^+HEM^=OEH^+AEO^=AEH^=90°.

Vậy ME là tiếp tuyến của đường tròn (O).


Câu 3:

Cho đường tròn O;R đường kính AB. Qua A B vẽ lần lượt hai tiếp tuyến d d'. Một đường thẳng qua O cắt đường thẳng d M d' P. Từ O kẻ Ox vuông góc với MP và cắt d' N.

a) Chứng minh OM=OP ΔNMP cân.

b) Chứng minh MN là tiếp tuyến của O.

c) Chứng minh AM.BN=R2.

d) Tìm vị trí của M để diện tích tứ giác AMNB là nhỏ nhất.

Xem đáp án

Media VietJack

Phân tích đề bài

a) Để chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau, thông thường chúng ta chứng minh qua hai tam giác bằng nhau. Khi đó ΔNMP cân vì có OM=OP ONMP.

b) MN là tiếp xúc với O tại IMNOIOI=R.

c) AM.BN=R2AM.BN=OAΔBONΔAOM.OBΔBON ΔAMO~ΔBON

d) Nhận thấy ABNM là hình thang vuông, nên

SAMNB=NB+MA.AB2=MI+NI.AB2=MN.AB2.

Do vậy SAMNB nhỏ nhất MN nhỏ nhất hay ABNM là hình chữ nhật.

Giải chi tiết

a) Xét ΔAOM ΔBOP có: MAO^=PBO^=90° (tính chất tiếp tuyến);

                                                OA=OB (bán kính đường tròn O);

                                                AOM^=BOP^ (đối đỉnh).

ΔAOM=ΔBOPg.c.gOM=OP (hai cạnh tương ứng).

Xét ΔMNP OM=OP (theo chứng minh trên) và ONMP. Suy ra ON là đường trung tuyến, đồng thời là đường cao của ΔMNP nên ΔMNP cân tại N.

b) Kẻ OIMN tại I. Vì ΔMNP cân tại N nên OMI^=OPB^ (hai góc ở đáy).

Xét ΔOMI ΔOPB có: OIM^=OBP^=90°;

                                            OM=OP (chứng minh trên);

                                            OMI^=OPB^ (chứng minh trên).

ΔOMI=ΔOPB (cạnh huyền – góc nhọn) OI=OB=R (hai cạnh tương ứng).

OIMN tại I OI=R nên MN là tiếp tuyến của O;R tại I.

c) Xét ΔAMO ΔBON có: MAO^=NBO^=90° (tính chất tiếp tuyến);

                                                AMO^=BON^ (cùng phụ với hai góc AOM^,BOP^ bằng nhau).

ΔAMO~ΔBONg.gAMBO=AOBNAM.BN=AO.BO=R2 (vì OA=OB=R).

Vậy AM.BN=R2.

d) Ta có: MAAB NBAB (tính chất tiếp tuyến). Do đó MA//NB hay AMNB là hình thang vuông SAMNB=NB+MA.AB2.

Mặt khác: AM=MI BN=NI (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

                  SAMNB=MI+NI.AB2=MN.AB2.

AB=2R cố định nên SAMNB nhỏ nhất MN nhỏ nhất MN//AB hay AMNB là hình chữ nhật MN=2R. Khi đó SAMNB=2R2.

Vậy để diện tích tứ giác AMNB nhỏ nhất thì MN//AB AM=R.


Câu 4:

Cho đường tròn (0; R) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ tiếp tuyến AE đến đường tròn (O) (với E là tiếp điểm). Vẽ dây EH vuông góc với AO tại M.

a) Cho biết bán kính R = 5cm, OM = 3cm. Tính độ dài dây EH.

b) Chứng minh AH là tiếp tuyến của đường tròn (O).

c) Đường thẳng qua O vuông góc với OA cắt AH tại B. Vẽ tiếp tuyến BF với đường tròn (O) (F là tiếp điểm). Chứng minh ba điểm E, O, F thẳng hàng và BF.AE=R2.

d) Trên tia HB lấy điểm IIB, qua I vẽ tiếp tuyến thứ hai với đường tròn (O) cắt các đường thẳng BF, AE lần lượt tại C và D. Vẽ đường thẳng IF cắt AE tại Q.

Chứng minh AE = DQ.

Xem đáp án

Media VietJack

a) Theo giả thiết, EHOA tại M nên M là trung điểm của EH (quan hệ đường kính và dây cung).

EH=2EM.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác QEM có:

OM2+EM2=OE2EM=OE2OM2=5232=4 cm

EH=2EM=8 cm.

Vậy độ dài dây EH là 8 cm.

b) ΔAEH cân tại A vì có AM vừa là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến.

AE=AH.

Xét ΔOEA ΔOHA có: OE = OH (bán kính đường tròn (O));

                                            AE = AH (chứng minh trên);

                                            OA chung.

ΔOEA=ΔOHAc.c.cOHA^=OEA^=90° (hai góc tương ứng).

Hay AHOH. Vậy AH là tiếp tuyến của đường tròn (O).

c) Ta thấy B là giao của hai tiếp tuyến BH và BF nên BOF^=BOH^.

Lại có EOA^=HOA^ nên EOA^+AOB^+BOF^=2AOH^+BOH^=180°.

Tức là ba điểm E, O, F thẳng hàng.

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: FB = BH, EA =HA.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAB ta có: BH.HA=OH2.

Vậy BF.AE=R2.                                      (1)

Media VietJack

d) Ta có BF//AQ (vì cùng vuông góc với EF).

            BFAQ=IFIQ=CFQDBFCF=AQDQ     (*).

Dễ dàng chứng minh được ΔCOD vuông tại O.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông COD, với OK là đường cao, ta có: OK2=DK.CK.

Mà DE, DK là các tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại D nên DE = DK.

Tương tự, CK = CF.

OK2=CF.DECF.DE=R2            (2)

Từ (1) và (2) suy ra: CF.DE=AE.BFBFCF=DEAE     (**)

Từ (*) và (**) suy ra: AQDQ=DEAEAQDQDQ=DEAEAEADDQ=ADAEAE=DQ.

 


Bắt đầu thi ngay

Bài thi liên quan


Có thể bạn quan tâm


Các bài thi hot trong chương