3 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Dạng 2: Vị trí tương đối của hai đường tròn

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 2: Vị trí tương đối của hai đường tròn

1031 lượt thi
3 câu hỏi
45 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài tại A. Đường nối tâm OO’ cắt (O), (O’) lần lượt tại B, C. Dây DE của (O) vuông góc với BC tại trung điểm K của BC.

a) Chứng minh BDCE là hình thoi.

b) Gọi I là giao điểm của EC và (O’). Chứng minh D, A, I thẳng hàng.

c) Chứng minh KI là tiếp tuyến của (O’).

Xem đáp án

Phân tích đề bài

c) KI là tiếp tuyến của (O’)

$⇕$

$K I ⊥ I O^{'}$

$⇕$

$\hat{I_{2}} + \hat{I_{3}} = 90 °$

$⇕$ có $\hat{A I C} = 90 °$

$\hat{I_{2}} = \hat{I_{1}}$

Media VietJack

Giải chi tiết

a) Vì BC vuông góc với đường thẳng DE nên DK = EK (quan hệ đường kính và dây cung).

Mà BK = CK (giả thiết), do đó tứ giác BDCE là hình bình hành, lại có $B C ⊥ D E$ nên BDCE là hình thoi.

b) Vì tam giác BDA nội tiếp đường tròn (O) có BA là đường kính nên vuông tại D.

Gọi I’ là giao điểm của DA với CE thì $\hat{A I^{'} C} = 90 °$ (vì so le trong với $\hat{B D A}$ ). (1)

Lại có $Δ A I C$ vuông tại I ( $Δ A I C$ nội tiếp đường tròn (O’) có AC là đường kính)

$\Rightarrow \hat{A I C} = 90 °$ . (2)

Từ (1) và (2) suy ra I = I’. Vậy D, A, I thẳng hàng.

c) Vì $Δ D I E$ vuông tại I có IK là trung tuyến ứng với cạnh huyền DE nên KD = KI = KE.

$\Rightarrow \hat{D_{1}} = \hat{A I K}$ . (3)

Lại có $\hat{D_{1}} = \hat{C_{1}}$ (cùng phụ với $\hat{D E C}$ ). (4)

$\hat{C_{1}} = \hat{I_{1}}$ (vì IO’ = CO’ là bán kính của đường tròn (O’)). (5)

Từ (3), (4), (5) suy ra $\hat{I_{1}} = \hat{I_{2}} \Rightarrow \hat{I_{2}} + \hat{I_{3}} = \hat{I_{1}} + \hat{I_{3}} = 90 °$ hay $\hat{K I O^{'}} = 90 °$ . Do đó KI vuông góc với bán kính O’I của đường tròn (O’). Vậy KI là tiếp tuyến của đường tròn (O’).

Câu 2:

Cho hai đường tròn $(O_{1}; R_{1}), (O_{1}; R_{2})$ cắt nhau tại H và K, đường thẳng $O_{1} H$ cắt $(O_{1})$ tại A, cắt $(O_{2})$ tại B, $O_{2} H$ cắt $(O_{1})$ tại C, cắt $(O_{2})$ tại D. Chứng minh ba đường thẳng AC, BD, HK đồng quy tại một điểm.

Media VietJack

Xem đáp án

Giải chi tiết

Gọi giao điểm của AC với BD là E. Các tam giác ACH, AKH nội tiếp đường tròn $(O_{1})$ có cạnh HA là đường kính nên $Δ A C H$ vuông tại C, $Δ A H K$ vuông tại K.

Suy ra: $\{\begin{cases} D C ⊥ A E (1) \\ H K ⊥ A K (2) \end{cases}$

Lại có tam giác HDK và HDB nội tiếp đường tròn $(O_{2})$ có cạnh HD là đường kính nên $Δ H K D$ vuông tại K, $Δ H B D$ vuông tại B.

Suy ra: $\{\begin{cases} H K ⊥ K D (3) \\ A B ⊥ D E (4) \end{cases}$

Từ (2) và (3) suy ra A, K, D thẳng hàng nên $H K ⊥ A D$ (5)

Từ (1) và (4) suy ra H là trực tâm của $Δ A E D$ , do đó $E H ⊥ A D$ (6)

Từ (5) và (6) suy ra $H \in E K$ (vì qua H ở ngoài đường thẳng AD chỉ kẻ được một đường thẳng vuông góc với AD).

Vậy AC, BD, HK đồng quy tại E là giao điểm của AC và BD.

Câu 3:

Cho hai đường tròn (O)và (O’) tiếp xúc ngoài tại I. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài MN với M thuộc (O) và N thuộc (O’). Gọi P là điểm đối xứng với M qua OO’, Q là điểm đối xứng với N qua OO’. Chứng minh rằng:

a) MNPQ là hình thang cân.

b) PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O)và (O’).

c) $M N + P Q = M P + N Q$ .

Xem đáp án

Phân tích đề bài

a) MNPQ là hình thang cân $\Leftrightarrow \{\begin{cases} M N Q P là hình thang \\ \hat{H M N} = \hat{H P Q} \end{cases}$

b) PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O)

$⇕$

$P Q ⊥ O P$

$⇕$

$\hat{O P Q} = 90 °$

Tương tự với chứng minh PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O’).

c) Ta thấy MP và NQ là hai đáy của hình thang MNPQ nên tổng MP + NQ gấp 2 lần độ dài đường trung bình của hình thang MNPQ. Dựng EF là tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn. Ta chứng mính được EF là đường trung bình của hình thang MNPQ.

$\Rightarrow M P + N Q = 2 E F$ .

Áp dụng tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta chứng minh được $M N + P Q = 2 E F$ .

Giải chi tiết

a) Vì P đối xứng với M qua OO’ (1) và Q đối xứng với N qua OO’ (2) nên:

$\{\begin{cases} M P ⊥ O O^{'} \\ N Q ⊥ O O^{'} \end{cases} \Rightarrow M P / / N Q \Rightarrow M N Q P$ là hình thang. (3)

Lại có H đối xứng với H qua OO’. (4)

Từ (1),(2) và (4) suy ra $\hat{H M N}$ đối xứng với $\hat{H P Q}$ qua OO’ nên $\hat{H M N} = \hat{H P Q}$ . (5)

Từ (3) và (5) suy ra MNPQ là hình thang cân.

b) Vì P đối xứng với M qua OO’ nên $P \in (O)$ . Khi đó OM = OP nên $Δ O M P$ cân tại O.

$\Rightarrow \hat{O M H} = \hat{O P H}$ . (6)

Từ (5) và (6) suy ra $\hat{H P Q} + \hat{O P H} = \hat{H M N} + \hat{O M H} = \hat{O M N} = 90 ° \Rightarrow O P ⊥ P Q$ hay PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Tương tự ta cũng có PQ là tiếp tuyến của (O’).

Vậy PQ là tiếp tuyến của hai đường tròn (O) và (O’).

c) Ta có (O) và (O’) tiếp xúc với nhau tại I. Qua I kẻ tiếp tuyến chung của hai đường tròn.

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: $E M = E I = E N; F P = F I = F Q$ .

Ta có: $M N + P Q = E M + E N + F P + F Q = E I + E I + F I + F I = 2 (E I + F I) = 2 E F = M P + N Q$ (vì EF là đường trung bình của hình thang MNPQ).

Vậy $M N + P Q = M P + N Q$ .

Chú ý:

Ở câu c) các em có thể mắc phải sai lầm như sau:

“Gọi E, F lần lượt là trung điểm của MN, PQ. Suy ra EF là đường trung bình của hình thang MNPQ $\Rightarrow E F // M P // N Q \Rightarrow E F ⊥ O O^{'} \Rightarrow E F$ cũng là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.”

Bởi vì ta chưa biết chắc được EF có vuông góc với bán kính của (O) tại một điểm thuộc (O) hay không. Tương tự với đường tròn (O’).

Bắt đầu thi ngay