37 cau trac nghiem toan 9 chuong 3 hinh hoc co dap an 2023 goc voi duong tron

CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM TOÁN LỚP 9 CHƯƠNG 3 HÌNH HỌC NÂNG CAO Câu 1 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính bằng a Biết rằng AC  BD Khi đó để AB + CD đạt giá trị lớn nhất thì A AC = AB B AC =[.]

CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM TOÁN LỚP 9 CHƯƠNG 3 HÌNH HỌC NÂNG CAO Câu 1: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính bằng

a Biết rằng AC  BD Khi đó để AB + CD đạt giá trị lớn nhất thì:

A AC = AB B AC = BD

C DB = AB D Không có đáp án nào đúng

Lời giải

Vẽ đường kính CE của đường tròn (O)

Ta có EAC = 90o, EDC = 90o (góc nội tiếp chắn đường kính EC)

Từ đó ta có AE  AC Mặt khác theo giả thiết AC  BD

Kéo theo AE // BD Vậy AEDB là hình thang

Do hình thang AEDB nội tiếp (O) nên nó phải là hình thang cân

Kéo theo AB = DE (các cạnh bên hình thang cân)

Từ đó ta có AB2 + CD2 = DE2 + DC2 = EC2 = (2a)2 = 4a2 (do  EDC vuông tại D)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho cặp số (AB2 + BD2), ta có:

AB2 + BD2  2AB CD  2(AB2 + CD2)  AB2 + BD2 + 2 AB CD

= (AB + CD)2

Kéo theo (AB + CD)2  2.(4a2) = 8a2  AB+ CD  2 2 a

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB = CD

Xét tam giác  ABI,  DCI có AB = CD, ABD ACD (góc nội tiếp cùng chắn cung AD), BACDCB (góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

Do đó  ABI =  DCI (g.c.g)

Kéo theo AI = ID, IB = IC Suy ra AC = AI + IC = ID + IB = BD

Đáp án cần chọn là: B

Câu 2: Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn (O), BD là đường phân giác của góc ABC Đường thẳng BD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E Đường tròn (O 1 ) đường kính DE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F Khi đó đường thẳng đối xứng với

đường thẳng BF qua đường thẳng BD cắt AC tại N thì:

A AN = NC B AD = DN C AN = 2NC D 2AN =

NƯỚC

Lời giải

Gọi M là trung điểm của AC Do E là điểm chính giữa cung AC nên EM

 AC

Do đó EM đi qua tâm của đường tròn (O) Giả sử rằng G = DF  (O)

Do DFE = 90o, nên GFE = 90o, hay GE là đường kính của (O) Suy ra G,

M, E thẳng hàng

Vì vậy, GBE = 90o, mà GMD = 90o

Kéo theo tứ giác BDMG là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính GD

Vì vậy MBDDGM FGE (1) (cùng chắn cung DM)

Lại có tứ giác BFEG là tứ giác nội tiếp nên FBEFGE (2) (cùng chắn cung FE)

Từ (1) và (2) ta suy ra MBDFBE Do đó BF và BM đối xứng nhau qua

BD

Vì vậy M  N hay N là trung điểm của AC nên AN = NƯỚC

Đáp án cần chọn là: A

Câu 3: Đầu xóm em có đào 1 cái giếng, miệng giếng hình tròn có đường kính 2cm Xung quanh miệng giếng ngta xây 1 cái thành rộng 0,4 (m) Tính tiện tích thành giếng là:

A  (m2) B 0,44 (m2) C 1,76 (m2) D 0,96 (m2)

Lời giải

Quan sát hình vẽ, ta cần tính phần diện tích giới hạn bởi hai đường tròn Đường kính của giếng là 2 (m) nên bán kính của giếng là 1 (m)

Bán kính đường tròn ngoài là 1 + 0,4 = 1,4 (m) Gọi S1, S2 lần lượt là diện tích của hình tròn nhỏ và lớn

Khi đó ta có:

S1 =  12 =  (m2), S2 = .(1,4)2 = 1,96 (m2)

Diện tích của thành giếng là S2 – S1 = 1,96 −  = 0,96 (m2)

Đáp án cần chọn là: D

Câu 4: Cho biết diện tích của hình quạt OAB bằng 1

4 diện tích hình

tròn Khi đó BOA = ?

A 90o B 60o C 45o D 120o

Lời giải

Đặt  BOA Giả sử rằng R là bán kính của hình tròn Khi đó ta có:

SOAB =

2

R

360

 

Mặt khác diện tích của hình tròn là S = R2

Theo giả thiết ta có: SOAB = 1

4S  R2

360

 

= 1 2

R

4    = 90o Đáp án cần chọn là: A

Câu 5: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD của hình chữ nhật ABCD Biết rằng đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD có đường kính d 82 3 và sự tồn tại điểm I thuộc đoạn

MN sao cho DAI = 45 o , IDA = 30 o Khi đó diện tích S của hình chữ nhật ABCD là:

A S = 1 + 3 B S = 4 (1 + 3 )

C S = 1 3

2



Lời giải

Theo giả thiết đường kính của đường tròn là 82 3 nên bán kính của

đường tròn là R = 8 2 3

2



Theo giả thiết A = 90o, DAI = 45o, nên IAM = A DAI = 90o – 45o =

45o

Do M, N là trung điểm của các cạnh hình chữ nhật nên MN  AB

Do đó AMI = 90o

Từ đó suy ra AIM = 45o Vậy tam giác  AMI vuông cân tại M

Vì vậy AM = MI (1)

Do D = 90o, ADI = 30o  IDN = 60o

Từ đó sin IDN IN

DI

  IN = 3

2 DI

Tam giác DNI vuông cân tại N nên DI2 = DN2 + IN2

Do đó DI2 = DN2 +

2

3 DI 3

   DN =

DI

2 Vì vậy IN = 3 DN 3 AM (2)

Từ (1) và (2) ta có: AD = MN = IM + IN = (1 + 3 ) AM = 1 3

2



AB

Diện tích của hình chữ nhật là S = AB AD = 1 3

2



AB2 (3)

Ta lại có: AM2 + OM2 = R2 

   

   

    = R

2  AB2 + AD2 = 4R2

 AB2 +

2

1 3

AB 2

  = 4R

4



AB2 = 4R2 = 4

2

8 2 3

2

 AB = 2 (4)

Từ (3) và (4) suy ra S = 1 3

2

 4 = 2(1 + 3 ) Đáp án cần chọn là: D

Câu 6: Cho đường tròn (O; R) và một điểm M nằm ở ngoài đường tròn sao cho MO = 2R Đường thẳng d đi qua M, tiếp xúc với đường tròn (O; R) tại A Giả sử N = MO  (O; R) Kẻ hai đường kính AB,

CD khác nhau của (O; R) Các đường thẳng BC, BD cắt đường thẳng

d lần lượt tại P, Q Khi đó:

A 3BQ – 2AQ > 4R B 3BQ – 2AQ < 4R

C 3BQ – 2AQ = 4R D A, B, C đều sai

Lời giải

Xét  QAB vuông ở A ta có AD  QB Suy ra QB DB = AB2 = 4R2 và QB.QD = AG2

Ta có:

QB > BD   2

QB BD > 0  BQ + BD > 2 BQ.BD = 4R (3) Tương tự ta có QB + QD > 2 QB.QD = 2AQ (4)

Cộng từng vế của (3) và (4) ta nhận được:

1QB + DB + QD > 4R + 2AQ  3QB – 2AQ > 4R

Đáp án cần chọn là: A

Câu 7: Cho  ABC nội tiếp đường tròn (O; R) có độ dài các cạnh là

AB = c, BC = a; CA = b kẻ AH  BC, AO cắt (O) tại D Diện tích S của  ABC là:

A S = abc

4R B S =

abc 2R C S =

abc

R D S =

2abc

R

Lời giải

Xét  ABH và  ADC có AHB ACD = 90o

Các gócABC, ADC là các góc nội tiếp cùng chắn cung AC nên

ABCADC

Do đó  ABH ∽  ADC vì vậy AB AH AH AB.AC bc

AD  AC   AD  2R Diện tích tam giác ABC là:

S = 1

2 AH BC =

1 2

bc 2R

 

 

  a =

abc 4R Đáp án cần chọn là: A

Câu 8: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB và C là điểm chính giữa của cung AB Lấy điểm M thuộc cung BC và điểm N thuộc tia

AM sao cho AN = BM Kẻ dây CD song song với AM Gọi S1; S2 lần lượt là diện tích của tam giác CAN và tam giác BCM (hình vẽ)

Chọn câu đúng

A S1 = 2S2 B 2S1 = S2 C S1 = S2 D S1 = 1

3 S2

Lời giải

Xét  CAN và  BCM có:

+) AC = BC (vì C là điểm chính giữa của cung AB)

+) CANCBN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM)

+) Theo giả thiết ta có AN = BM

Do đó  ACN và  BCM (c.g.c) Hai tam giác bằng nhau nên diện tích bằng nhau Do đó S1 = S2

Đáp án cần chọn là: C

Vận dụng cao: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB và C là điểm chính giữa của cung AB Lấy điểm M thuộc cung BC và điểm N thuộc tia AM sao cho AN = BM Kẻ dây CD song song với AM Gọi

S 1 ; S 2 lần lượt là diện tích của tam giác CAN và tam giác BCM (hình vẽ)

Khi đó tam giác AMN là tam giác:

A Đều B Cân C Vuông D Vuông cân

Lời giải

Xét  CAN và  BCM có:

+) AC = BC (vì C là điểm chính giữa của cung AB)

+) CANCBN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM)

+) Theo giả thiết ta có AN = BM

Do đó  ACN và  BCM (c.g.c) Do đó CN = CM

Vì vậy  CMN là tam giác cân tại C (1)

Lại có CMA 1

2

 sd AC = 1

2 90

o = 45o  CMN = 45o

 CMN là tam giác cân tại C nên CNM CMN = 45o Tổng ba góc trong một tam giác bằng 180o Nên CMNCNMMCN = 180o  45o + 45o + MCN = 180o

Do đó MCN = 90o (2)

Từ (1) và (2) suy ra  CMN vuông cân tại C

Đáp án cần chọn là: D

Câu 9: Cho đường tròn (O; R) và một điểm M bên trong đường tròn

đó Qua M kẻ hai dây cung AB và CD vuông góc với nhau (C thuộc cung nhỏ AB) Vẽ đường kính DE Cho biết thêm rằng R = 1 Giá trị lớn nhất của biểu thức Q = MA + MB + MC + MD là:

A 1 B 2 C 3 D 4

Lời giải

Do DE là đường kính của (O; R) nên DCE = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Do đó CD  CE Mặt khác, theo giả thiết có CD  AB Do đó AB // CE Mặt khác các dây CE, AB là hai dây song song của (O) chắn hai cung AC

và BE nên cung AC bằng cung BE hay cung AE bằng cung BC suy ra EA

= BC

Mặt khác DAE = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Do đó MA2 + MB2 + MC2 + MD2 = (MA2 + MD2) + (MB2 + MC2) =

AD2 + BC2

= DE2 = 4R2 = 4

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho MA2, MB2 ta có:

MA2 + MB2  2MA.MB  2(MA2 + MB2)  2MA2 + 2MB2  MA2 +

MB2 + 2MA.MB = (MA + MB)2

Tương tự

2(MC2 + MD2)  (MC + MD)2

Bằng cách tương tự trên ta chứng minh được:

2[(MA + MB)2 + (MC + MD)2]  (MA + MB + MC + MD)2

Từ đó suy ra:

4(MA2 + MB2 + MC2 + MD2)  (MA + MB + MC + MD)2

Vì vậy (MA + MB + MC + MD)2  4.4 = 42  MA + MB + MC + MD

 4

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi MA = MB = MC = MD Khi đó M  O Đáp án cần chọn là: D

Câu 10: Cho hình vẽ dưới đây Giả sử số đo các cung AnC, CpD, DqB lần lượt có số đo là  o

, , 2 360

       Khi đó:

A AEB > BTC B 2 AEB = BTC

C AEB = BTC D AEB = 2 BTC

Lời giải

Theo giả thiết ta có:

sđ AmB = 360o – (sđ AnC + sđCpD + sđDqB) = 360o – (2  ) (1) Theo tính chất góc có đỉnh nằm bên ngoài của đường tròn và áp dụng (1)

ta có:

1

CED

2

 (sđ AnC − sđCpD) = 1

2 (360

o − 2 −  − ) = 180o −   ) (2)

Ta cũng có BTC là góc có đỉnh ở ngoài đường tròn (có hai cạnh đều là tiếp tuyến của đường tròn) nên

BTC = 1sđCAB 

2 sđCDB =

sđAmB sđAnC sđCpD sđDqB

1

= 1  o    

360 2

2            = 1 o 

360 2 2

2     = 180o −  −

 (3)

Từ (2) và (3) ta suy ra CEDBTC

Đáp án cần chọn là: C

Câu 11: Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax và By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, By lần lượt tại C và D Khi đó độ dài AC + BD nhỏ nhất khi:

A cung MA = cung MB B AM = MB

C AC = BD = R D A, B, C đều đúng

Lời giải

Do CM, DM là các tiếp tuyến nên ta có MD = BD, CM = CA

Từ đó CA + BD = CM + MD = CD

Từ C hạ đường cao CH xuống BD

Khi đó  HCD vuông tại H, có CD là cạnh huyền và CH là cạnh góc vuông nên CD  CH Mặt khác CH // BA và CA  CH, BH  CH nên CHBA là hình chữ nhật

Do đó CH = BA Vì vậy CD  AB

Do đó CA + BD nhỏ nhất khi và chỉ khi CA + BD = AB  CD = AB

 CD = CH  CD // AB Khi đó ta có ABDC là hình chữ nhật và do

đó AC = BD Mặt khác O là trung điểm AB nên M là trung điểm CD Kéo theo CA = CM = MD = BD = R

Đáp án cần chọn là: D

Câu 12: Cho hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) có bán kính bằng R cắt nhau tại hai điểm A, B Qua A vẽ cát tuyến cắt hai đường tròn (O 1 )

và (O 2 ) thứ tự tại E và F O AO2 1 = 120 o Khi đó diện tích S phần giao của hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) là:

A S = 2 

R 2 3 3

2

 

R 2 3 3

6

 

C S = 2 

R 2 3 3

12

 

R 2 3 3

4

 

Lời giải

Gọi S1, S2, S3 lần lượt là diện tích của hình quạt AO2B, AO1B và của tứ

giác AO1BO2 Khi đó S = S1 S2 S3

2

 

và S1 = S2

Theo giả thiết ta có O AO2 1 = 120o nên O AB2 1O AO2 1

2

 = 60o

Tam giác  O2AB cân tại O2 nên ta nhận được  AO2B là tam giác đều

Từ đó AO B2 = 60o

Suy ra S1 =

2

R 360

 60 =

2

R 6

 Gọi H = O1O2  AB

Xét tam giác AHO2 vuông tại H Ta có HAO2 = 60o, nên sin 60o = 2

2

HO

AO

 HO2 = AO2 sin 60o = 3

2 R

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông AHO2 ta nhận được:

AH2 + O2H2 = O2A2  AH2 = O2A2 – O2H2 =

2

R

4  AH = R

2

Diện tích tam giác AHO2 là 1

2 AH.HO2 =

2

 

   

Ta có thể kiểm tra được các tam giác  AHO2,  BHO2,  AHO1 là các tam giác bằng nhau Do đó diện tích của tứ giác AO2BO1 bằng 4 lần diện tích tam giác AHO2 Do đó S3 = 4

2

2

R



Từ đó ta có:

2

R 2 3 3

  

 

Đáp án cần chọn là: C

Câu 13: Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M rồi kẻ tiếp tuyến MP cắt By

tại N Khi đó tỉ số

MON APB

S

S trong trường hợp AM =

R

2 là:

A 1 B 1

4 C

25

16

25

Lời giải

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

OM là tia phân giác của góc AOP và ON là tia phân giác của góc BOP

Do đó MOAMOP, PONBON (1)

Ta lại có AOP, BOP là hai góc kề bù nên AOPBOP = 180o (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra:

1 MON MOP PON AOM MOP PON NOB

2

1

AOP POB

= 1

2 180

o = 90o

Nên tam giác MON là tam giác vuông tại O có OP  MN (OP là tiếp tuyến)

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông MON ta có:

OP2 = PN PM

Ta lại có OP = R; AM = PM; BN = N (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Do đó AM BN = R2 hay PN.PM = R2

Mà PM = AM = R

2  PM = R

2  PN = 2R

Do đó MN = PM + PN = R

2 + 2R =

5R

2 

5R

MN 2 5

AB  2R  4

Ta có APB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ^6APB = 90o (4) Theo tính chất hai tiếp tuyến ta có: NB  ON  OBN = 90o,

NP  OP  OPN = 90o  OBNOPN = 180o

Do đó tứ giác OBNP là tứ giác nội tiếp Từ đó OBP PNO (5)

Từ (4); (5) và MON = 90o suy ra hai tam giác vuông APB và MON đồng dạng với nhau

Suy ra

MON

APB

   

    

    Đáp án cần chọn là: C

Câu 14: Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi

D là trung điểm của AC; tia BD cắt tiếp tuyến tại A với đường tròn (O) tại điểm E; EC cắt (O) tại F Giả sử rằng DF // BC Khi đó cos ABC = ?

A 2

4 B 2

2 C 3

2 D 1

2

Lời giải

Giả sử rằng tia FD cắt AB tại M, cắt (O) tại N Theo giả thiết DF // BC,

và AH là trục đối xứng của BC và của đường tròn (O) nên F, D theo thứ

tự là điểm đối xứng với N, M qua AH

Do đó FD = MN = MD = 1

2 BC =

1

2 ND = BH (1) Xét  NDA,  CDF có ADN CDF (hai góc đối đỉnh)

ACF, FNA là hai góc nội tiếp chắn cung AF nên DCFDNA

Do đó  NDA ∽  CDF  DA ND

DF  CD  DF DN = DA DC (4)

Từ (1), (4) suy ra 2BH2 = 1

4 AC

2  BH = 2

4 AC

 cos ABC = BH BH 2

AB  AC  4 Đáp án cần chọn là: A

Câu 15: Cho A là điểm cố định trên đường tròn (O; R) Gọi A và AC

là hai dây cung thay đổi trên đường tròn (O) thỏa mãn AB.AC = R

3 Khi đó vị trí của B, C trên (O) để diện tích  ABC lớn nhất là:

A  ABC cân B  ABC đều C  ABC vuông cân D  ABC vuông

Lời giải

Kẻ AH  BC, OI  BC, đường kính AD

Ta chứng minh được  AHC ∽  ABD (g – g)

Do đó AH AC

AB  AD  AH AD = AB AC  AB AC = 2R AH (1) Theo giả thiết AB.AC = R 3 , nên AB AC = 3R2 (2)

Thay (2) và (1) ta có AH = 3R

2

Lại có OI + OA  AI  AH nên OI  AH – OA = 3R R R

2   2

Do AH = 3R

2 là giá trị không đổi nên SABC lớn nhất khi BC lớn nhất 

OI nhỏ nhất  OI = R

2  BC  OA   ABC cân tại A

Mà OI = R

2  sin OBI OI 1

OB 2

   OBIOCI = 30o  BOC = 120o

 BAC = 60o

Vậy  ABC đều

Đáp án cần chọn là: B

*Chú ý: Học sinh thường làm sai như sau:

Diện tích tam giác ABC lớn nhất khi BC = 2R, AH = R mà không chú ý đến điều kiện AB.AC R 3

Câu 16: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB cố định, đường kính

CD thay đổi (CD  AB) Các tia BC, BD cắt tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A lần lượt tại E, F Khi CD thay đổi Giá trị nhỏ nhất của

EF theo R là:

A 4R B 2R C 6R D R

Lời giải

B thuộc đường tròn đường kính CD Suy ra DBC = 90o

Xét  EBF có EBF = 90o, BA  EF  AE AF = AB2

Theo bất đẳng thức Cô-si cho (AE, AF) ta có:

EF = AE + AF 2 AE.AF 2 AB2 = 2AB = 4R

Vậy giá trị nhỏ nhất của EF là 4R đạt được khi CD  AB

Đáp án cần chọn là: A

Câu 17: Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 1, nội tiếp trong đường tròn tâm O Đường cao AD của tam giác ABC cắt đường tròn tại điểm H Diện tích phần giới hạn bởi cung nhỏ BC và hình BOCH là:

A 3

3



 B 3

2 3



 C 3

2 3



 D 3 2

3



