Trắc nghiệm Bài tập hay và khó chương góc với đường tròn Toán 9

Đề bài

Câu 1 :

Cho \(\Delta ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( {O;R} \right)\)có độ dài các cạnh là \(AB = c,\,BC = a,\,CA = b\)  kẻ \(AH \bot BC,\,\,AO\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(D.\) Diện tích \(S\) của \(\Delta ABC\) là:

  • A

    \(S = \dfrac{{abc}}{{4R}}\)

  • B

    \(S = \dfrac{{abc}}{{2R}}\)

  • C

    \(S = \dfrac{{abc}}{R}\)

  • D

    \(S = \dfrac{{2abc}}{R}\)

Câu 2 :

Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) 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 \(ACN\) và \(\Delta BCM.\)  (hình vẽ)

Câu 2.1

Chọn câu đúng.

  • A.

    \({S_1} = 2{S_2}\)

  • B.

    \(2{S_1} = {S_2}\)

  • C.

    \({S_1} = {S_2}\)

  • D.

    \({S_1} = \dfrac{1}{3}{S_2}.\)

Câu 2.2

Khi đó tam giác \(CMN\) là tam giác

  • A.

    Đều

  • B.

    Cân

  • C.

    Vuông

  • D.

    Vuông cân

Câu 3 :

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\)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

    \(4\)

Câu 4 :

Cho hình vẽ ở bên. Giả sử rằng số đo các cung

\(AnC,CpD,DqB\) lần lượt có số đo là \(\alpha ,\beta ,\,\alpha \,\,\left( {2\alpha  + \beta  < {{360}^0}} \right).\)                       

Khi đó

  • A

    \(\widehat {AEB} > \widehat {BTC}\) 

  • B

    \(2\widehat {AEB} = \widehat {BTC}\)      

  • C

    \(\widehat {AEB} = \widehat {BTC}\)        

  • D

    \(\widehat {AEB} = 2\widehat {BTC}\)

Câu 5 :

Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\) bán kính bằng \(a.\) Biết rằng \(AC \bot BD.\) 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

Câu 6 :

Cho tam giác \(ABC\) không cân, nội tiếp đường tròn \(\left( O \right),\,\,BD\) là đường phân giác của góc \(\widehat {ABC}.\)

Đường thẳng \(BD\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(E.\) Đường tròn \(\left( {{O_1}} \right)\) đường kính \(DE\) cắt

đường tròn \(\left( O \right)\) 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

    \(2AN = NC.\)

Câu 7 :

Đầu xóm em có đào \(1\)  cái giếng, miệng giếng hình tròn có đường kính \(2m.\) Xung quanh miệng giếng người ta xây \(1\) cái thành rộng \(0,4\left( m \right).\) Tính diện tích thành giếng là:

  • A

    \(\pi \,\left( {{m^2}} \right)\) 

  • B

    \(0,44\pi \,\left( {{m^2}} \right)\)

  • C

    \(1,76\pi \,\left( {{m^2}} \right)\)

  • D

    \(0,96\pi \,\left( {{m^2}} \right)\)

Câu 8 :

Cho biết diện tích của hình quạt \(OAB\) bằng \(\dfrac{1}{4}\) diện tích của hình tròn. Khi đó \(\widehat {BOA} = ?\)

  • A

    \({90^0}\)       

  • B

    \({60^0}\)

  • C

    \({45^0}\)

  • D

    \({120^0}\)

Câu 9 :

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 \(d = \sqrt {8 + 2\sqrt 3 } \) và tồn tại điểm \(I\) thuộc đoạn \(MN\) sao cho \(\widehat {DAI} = {45^0},\,\,\widehat {IDA} = {30^0}.\) Khi đó diện tích \(S\) của hình chữ nhật \(ABCD\) là:

  • A

    \(S = 1 + \sqrt 3 \)

  • B

    \(S = 4\left( {1 + \sqrt 3 } \right)\)

  • C

    \(S = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}\)       

  • D

    \(S = 2\left( {1 + \sqrt 3 } \right)\)

Câu 10 :

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và một điểm \(M\) nằm ở ngoài đường tròn sao cho \(MO = 2R.\) Đường thẳng \(d\) đi qua \(M,\) tiếp xúc với đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại \(A.\) Giả sử \(N = MO \cap \left( {O;R} \right).\) Kẻ hai đường kính \(AB,\,\,CD\) khác nhau của \(\left( {O;R.} \right)\) 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

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

Câu 12 :

Cho hai đường tròn \(\left( {{O_1}} \right)\) và \(\left( {{O_2}} \right)\) có bán kính bằng \(R\) cắt nhau tại hai điểm \(A,\,B.\) Qua \(A\) vẽ cát tuyến cắt hai đường tròn \(\left( {{O_1}} \right)\) và \(\left( {{O_2}} \right)\) thứ tự tại \(E\) và \(F.\) \(\widehat {{O_2}A{O_1}} = {120^0}.\)  Khi đó diện tích \(S\) phần giao của hai đường tròn \(\left( {{O_1}} \right)\) và \(\left( {{O_2}} \right)\) là:

  • A

    $S = \dfrac{{{R^2}\left( {2\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{2}$

  • B

    $S = \dfrac{{{R^2}\left( {2\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{6}$    

  • C

    $S = \dfrac{{{R^2}\left( {2\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}$          

  • D

    $S = \dfrac{{{R^2}\left( {2\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{4}$

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 \(\dfrac{{{S_{MON}}}}{{{S_{APB}}}}\) trong trường hợp \(AM = \dfrac{R}{2}\) là:

  • A

    \(1\)

  • B

    \(\dfrac{1}{4}\)

  • C

    \(\dfrac{{25}}{{16}}\)

  • D

    \(\dfrac{{16}}{{25}}\)

Câu 14 :

Cho tam giác \(ABC\) cân tại \(A,\) nội tiếp đường tròn \(\left( {O;R} \right).\) Gọi \(D\) là trung điểm của \(AC;\) tia \(BD\) cắt tiếp tuyến tại \(A\) với đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(E;\,EC\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(F.\) Giả sử rằng \(DF//BC.\) Khi đó \(cos\,\widehat {ABC} = ?\)

  • A

    \(\dfrac{{\sqrt 2 }}{4}\)

  • B

    \(\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)        

  • C

    \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)        

  • D

    \(\dfrac{1}{2}\)

Câu 15 :

Cho \(A\) là điểm cố định trên đường tròn \(\left( {O;R} \right).\) Gọi \(AB\) và \(AC\) là hai dây cung thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) thỏa mãn \(\sqrt {AB.AC}  = R\sqrt 3 .\) Khi đó vị trí của \(B,\,C\) trên \(\left( O \right)\) để diện tích \(\Delta ABC\) lớn nhất là:

  • A

    \(\Delta ABC\) cân     

  • B

    \(\Delta ABC\) đều.

  • C

    \(\Delta ABC\) vuông cân      

  • D

    \(\Delta ABC\) vuông

Câu 16 :

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right),\) đường kính \(AB\) cố định, đường kính \(CD\) thay đổi\(\left( {CD \ne AB} \right).\) Các tia \(BC,\,BD\) cắt tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) 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

    \(R\)

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

    \(\sqrt 3  - \dfrac{\pi }{3}\)

  • B

    \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} + \dfrac{\pi }{3}\)

  • C

    \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} - \dfrac{\pi }{3}\)

  • D

    \(\sqrt 3  - \dfrac{{2\pi }}{3}\)

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

Cho \(\Delta ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( {O;R} \right)\)có độ dài các cạnh là \(AB = c,\,BC = a,\,CA = b\)  kẻ \(AH \bot BC,\,\,AO\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(D.\) Diện tích \(S\) của \(\Delta ABC\) là:

  • A

    \(S = \dfrac{{abc}}{{4R}}\)

  • B

    \(S = \dfrac{{abc}}{{2R}}\)

  • C

    \(S = \dfrac{{abc}}{R}\)

  • D

    \(S = \dfrac{{2abc}}{R}\)

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Tính \(AH\)  dựa vào tính chất tam giác đồng  dạng  từ đó tính diện tích tam giác \(ABC\) .

Lời giải chi tiết :

Xét \(\Delta ABH\) và \(\Delta ADC\)có \(\widehat {AHB} = \widehat {ACD} = {90^0}.\)

Các góc \(\widehat {ABC},\widehat {ADC}\) là các góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\) nên \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC}.\)

Do đó \(\Delta ABH \backsim \Delta ADC.\)  

Vì vậy \(\dfrac{{AB}}{{AD}} = \dfrac{{AH}}{{AC}} \Rightarrow AH = \dfrac{{AB.AC}}{{AD}} = \dfrac{{bc}}{{2R}}.\)

Diện tích tam giác \(ABC\) là:

\(S = \dfrac{1}{2}AH.BC = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{bc}}{{2R}}} \right).a = \dfrac{{abc}}{{4R}}.\)

Câu 2 :

Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) 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 \(ACN\) và \(\Delta BCM.\)  (hình vẽ)

Câu 2.1

Chọn câu đúng.

  • A.

    \({S_1} = 2{S_2}\)

  • B.

    \(2{S_1} = {S_2}\)

  • C.

    \({S_1} = {S_2}\)

  • D.

    \({S_1} = \dfrac{1}{3}{S_2}.\)

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Chứng minh hai tam giác bằng nhau \(\Delta ACN\) và \(\Delta BCM\) từ đó suy ra mối quan hệ về diện tích.

Lời giải chi tiết :

Xét \(\Delta ACN\) và \(\Delta BCM\) có:

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

+ \(\widehat {CAN} = \widehat {CBN}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CM\))

+ Theo giả thiết ta có \(AN = BM.\)

Do đó  \(\Delta ACN = \Delta BCM\,\,\left( {c.g.c} \right).\) Hai tam giác bằng nhau nên diện tích bằng nhau. Do đó \({S_1} = {S_2}.\)

Câu 2.2

Khi đó tam giác \(CMN\) là tam giác

  • A.

    Đều

  • B.

    Cân

  • C.

    Vuông

  • D.

    Vuông cân

Đáp án : D

Phương pháp giải :

+ Chứng minh \(CN = CM.\)

+ Chứng min \(\widehat {MCN} = {90^0}\,\,.\)

Lời giải chi tiết :

Theo chứng minh ở câu 14 ta có \(\Delta ACN = \Delta BCM\,.\)Do đó\(CN = CM.\)

Vì vậy \(\Delta CMN\) là tam giác cân tại \(C\,\,\left( 1 \right).\)

Lại có \(\widehat {CMA} = \dfrac{1}{2}sd\,AC = \dfrac{1}{2}{.90^0} = {45^0} \Rightarrow \widehat {CMN} = {45^0}.\)

\(\Delta CMN\) là tam giác cân tại \(C\,\)nên \(\widehat {CNM} = \widehat {CMN} = {45^0}.\)  Tổng ba góc trong một tam giác bằng \({180^0}.\) Nên \(\widehat {CMN} + \widehat {CNM} + \widehat {MCN} = {180^0} \Rightarrow {45^0} + {45^0} + \widehat {MCN} = {180^0}.\)

Do đó \(\widehat {MCN} = {90^0}\,\,\left( 2 \right).\)

Từ (1) và (2) suy ra $\Delta CMN$ vuông cân tại \(C\) .

Câu 3 :

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\)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

    \(4\)

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Chứng minh \(AE = BC\)

Dùng bất đẳng thức Cô-si để  đánh giá.

Lời giải chi tiết :

Do \(DE\) là đường kính của \(\left( {O;R} \right)\) nên \(\widehat {DCE} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó \(CD \bot CE.\) Mặt khác theo giả thiết ta có \(CD \bot AB.\)

Do đó \(AB//CE.\)

Mặt khác các dây \(CE,AB\) là hai dây song song của \(\left( O \right)\) chắn hai cung \(AC\) và \(BE\) nên

cung  \(AC\)  bằng cung \(BE\)  hay cùng \(AE\)  bằng cung \(BC\)  suy ra $EA = BC.$

Mặt khác \(\widehat {DAE} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2} = \left( {M{A^2} + M{D^2}} \right) + \left( {M{B^2} + M{C^2}} \right) = A{D^2} + B{C^2} = D{E^2} = 4{R^2} = 4.\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho \(M{A^2},M{B^2}\) ta có

\(M{A^2} + M{B^2} \ge 2MA.MB \Rightarrow 2\left( {M{A^2} + M{B^2}} \right) \ge 2M{A^2} + 2M{B^2} \ge M{A^2} + M{B^2} + 2MA.MB = {\left( {MA + MB} \right)^2}.\)

Tương tự

\(2\left( {M{C^2} + M{D^2}} \right) \ge {\left( {MC + MD} \right)^2}.\)

Bằng cách tương tự trên ta chứng minh được

\(2\left[ {{{\left( {MA + MB} \right)}^2} + {{\left( {MC + MD} \right)}^2}} \right] \ge {\left( {MA + MB + MC + MD} \right)^2}.\)

Từ đó ta suy ra \(4\left( {M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2}} \right) \ge {\left( {MA + MB + MC + MD} \right)^2}.\) Vì vậy

\({\left( {MA + MB + MC + MD} \right)^2} \le 4.4 = {4^2} \Rightarrow MA + MB + MC + MD \le 4.\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(MA = MB = MC = MD.\) Khi đó \(M \equiv O.\)

Câu 4 :

Cho hình vẽ ở bên. Giả sử rằng số đo các cung

\(AnC,CpD,DqB\) lần lượt có số đo là \(\alpha ,\beta ,\,\alpha \,\,\left( {2\alpha  + \beta  < {{360}^0}} \right).\)                       

Khi đó

  • A

    \(\widehat {AEB} > \widehat {BTC}\) 

  • B

    \(2\widehat {AEB} = \widehat {BTC}\)      

  • C

    \(\widehat {AEB} = \widehat {BTC}\)        

  • D

    \(\widehat {AEB} = 2\widehat {BTC}\)

Đáp án : C

Phương pháp giải :

- Sử dụng tính chất góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn để tính các góc \(\widehat {CED}\) và \(\widehat {BTC}\).

Lời giải chi tiết :

Theo giả thiết ta có \(sđ\,\overparen{AmB} = {360^0} - \left( {sđ\,\overparen{AnC} + sđ\,\overparen{CpD} + sđ\,\overparen{DqB}} \right) = {360^0} - \left( {2\alpha  + \beta } \right)\,\,\left( {\,1} \right).\)

Theo tính chất góc có đỉnh nằm bên ngoài của đường tròn và áp dụng \(\left( 1 \right)\) ta có

\(\widehat {CED} = \dfrac{1}{2}\left( {sđ\,\overparen{AmB}\, - sđ\,\overparen{CpD}} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {{{360}^0} - 2\alpha  - \beta  - \beta } \right) = {180^0} - \alpha  - \beta \,\,\left( 2 \right).\)

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

 $\widehat {BTC} = \dfrac{1}{2}\left( {sđ\,\overparen{CAB} - sđ\,\overparen{CDB}} \right) = \dfrac{1}{2}\left[ {\left( {sđ\,\overparen{AmB} + sđ\,\overparen{AnC}} \right) - \left( {sđ\,\overparen{CpD} + sđ\,\overparen{DqB}} \right)} \right]$

$ = \dfrac{1}{2}\left[ {\left\{ {\left( {{{360}^0} - 2\alpha  - \beta } \right) + \alpha } \right\} - \left( {\beta  + \alpha } \right)} \right]$

${\kern 1pt}  = \dfrac{1}{2}\left( {{{360}^0} - 2\alpha  - 2\beta } \right) = {180^0} - \alpha  - \beta \,\,\left( 3 \right).$

Từ \(\left( 2 \right)\) và \((3)\) ta suy ra \(\widehat {CED} = \widehat {BTC}.\)

Câu 5 :

Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\) bán kính bằng \(a.\) Biết rằng \(AC \bot BD.\) 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

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Vẽ  đường kính \(CE\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Chứng minh \(AB = DE\) rồi đánh giá \({\left( {AB + CD} \right)^2}\) đạt GTLN dựa vào bđt Cô-si, từ đó suy ra điều kiện thỏa mãn bài toán.

Lời giải chi tiết :

Vẽ  đường kính \(CE\) của đường tròn \(\left( O \right).\)

Ta có \(\widehat {EAC} = {90^0},\,\widehat {EDC} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn đường kính \(EC\) ).

Từ đó ta có \(AE \bot AC.\) Mặt khác theo giả thiết \(AC \bot BD.\)

Kéo theo \(AE//BD.\) Vậy \(AEDB\) là hình thang.

Do hình thang \(AEDB\) nội tiếp \(\left( O \right)\) nên nói phải là hình thang cân.

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

Từ đó ta có \(A{B^2} + C{D^2} = D{E^2} + D{C^2} = E{C^2} = {\left( {2a} \right)^2} = 4{a^2}\) (do \(\Delta EDC\) vuông tại \(D).\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho cặp số \(\left( {A{B^2},B{D^2}} \right)\) ta có $A{B^2} + B{D^2} \ge 2AB.CD \Rightarrow 2\left( {A{B^2} + B{D^2}} \right) \ge A{B^2} + B{D^2} + 2AB.CD = {\left( {AB + CD} \right)^2}.$

Kéo theo \({\left( {AB + CD} \right)^2} \le 2\left( {4{a^2}} \right) = 8{a^2} \Rightarrow AB + CD \le 2\sqrt 2 a.\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(AB = CD.\)

Xét tam giác \(\Delta ABI,\,\,\Delta DCI\) có \(AB = CD,\) \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AD),\) \(\widehat {BAC} = \widehat {DCB}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC).\)

Do đó\(\Delta ABI = \Delta DCI\left( {g.c.g} \right)\)

Kéo theo \(AI = ID,\,IB = IC.\) Suy ra \(AC = AI + IC = ID + IB = BD.\)

Câu 6 :

Cho tam giác \(ABC\) không cân, nội tiếp đường tròn \(\left( O \right),\,\,BD\) là đường phân giác của góc \(\widehat {ABC}.\)

Đường thẳng \(BD\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(E.\) Đường tròn \(\left( {{O_1}} \right)\) đường kính \(DE\) cắt

đường tròn \(\left( O \right)\) 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

    \(2AN = NC.\)

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Chứng minh \(N\) là trung điểm của \(AC\) bằng cách gọi \(M\) là trung diểm của \(AC\) rồi chứng minh \(\widehat {FBE} = \widehat {MBE}\), từ đó suy ra \(BM\) đối xứng với \(BF\) qua \(BE\).

Lời giải chi tiết :

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AC.\) Do \(E\) là điểm chính giữa cung \(AC\) nên \(EM \bot AC.\)

Do đó \(EM\) đi qua tâm của đường tròn \(\left( O \right).\) Giả sử rằng \(G = DF \cap \left( O \right).\) Do \(\widehat {DFE} = {90^0},\) nên

\(\widehat {GFE} = {90^0},\) hay \(GE\) là đường kính của \(\left( O \right).\) Suy ra \(G,M,E\) thẳng hàng.

Vì vậy \(\widehat {GBE} = {90^0},\) mà \(\widehat {GMD} = {90^0}.\)

Kéo theo tứ giác \(BDMG\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(GD.\)

Vì vậy \(\widehat {MBD} = \widehat {DGM} = \widehat {FGE}\,\,\left( 1 \right)\)(cùng chắn cung \(DM)\)

 Lại có tứ giác \(BFEG\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {FBE} = \widehat {FGE}\,\,\left( 2 \right)\,\) ( cùng chắn cung \(FE\) ).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta suy ra \(\widehat {MBD} = \widehat {FBE}.\) Do đó \(BF\) và \(BM\) đối xứng nhau qua \(BD.\)

Vì vậy \(M \equiv N\) hay \(N\) là trung điểm của \(AC\) nên \(AN = NC.\)

Câu 7 :

Đầu xóm em có đào \(1\)  cái giếng, miệng giếng hình tròn có đường kính \(2m.\) Xung quanh miệng giếng người ta xây \(1\) cái thành rộng \(0,4\left( m \right).\) Tính diện tích thành giếng là:

  • A

    \(\pi \,\left( {{m^2}} \right)\) 

  • B

    \(0,44\pi \,\left( {{m^2}} \right)\)

  • C

    \(1,76\pi \,\left( {{m^2}} \right)\)

  • D

    \(0,96\pi \,\left( {{m^2}} \right)\)

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Tính diện tích hai hình tròn nhỏ và lớn.

Diện tích phần thành giếng là hiệu hai diện tích trên.

Lời giải chi tiết :

Quan sát hình vẽ, ta cần tính phần diện tích hình giới hạn bởi hai đường tròn.

Đường kính của giếng là \(2\left( m \right)\) nên bán kính của giếng là \(1\left( m \right).\)

Bán kính đường tròn ngoài là \(1 + 0,4 = 1,4\left( m \right).\) Gọi \({S_1},{S_2}\) lần lượt là diện tích của hình tròn nhỏ và lớn.

Khi đó ta có

\({S_1} = \pi {.1^2} = \pi \,\left( {{m^2}} \right),{S_2} = \pi .{\left( {1,4} \right)^2} = 1,96\pi \,\left( {{m^2}} \right).\)

Diện tích của thành giếng là \({S_2} - {S_1} = 1,96\pi  - \pi  = 0,96\pi \,\left( {{m^2}} \right).\) 

Câu 8 :

Cho biết diện tích của hình quạt \(OAB\) bằng \(\dfrac{1}{4}\) diện tích của hình tròn. Khi đó \(\widehat {BOA} = ?\)

  • A

    \({90^0}\)       

  • B

    \({60^0}\)

  • C

    \({45^0}\)

  • D

    \({120^0}\)

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Dựa và công thức tính diện tích hình quạt tròn có góc ở tâm \(\alpha \) là \({S_{OAB}} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{{360}}.\alpha .\)

Dựa và mối quan hệ diện tích của hình quạt tròn và hình tròn để tìm \(\alpha \).

Lời giải chi tiết :

Đặt \(\alpha  = \widehat {BOA}.\) Giả sử rằng \(R\) là bán kính của hình tròn. Khi đó ta có \({S_{OAB}} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{{360}}.\alpha .\)

Mặt khác diện tích của hình tròn là \(S = \pi {R^2}.\)

Theo giả thiết ta có \({S_{OAB}} = \dfrac{1}{4}S \Rightarrow \dfrac{{\pi {R^2}}}{{360}}\alpha  = \dfrac{1}{4}\left( {\pi {R^2}} \right) \Rightarrow \alpha  = {90^0}.\)

Câu 9 :

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 \(d = \sqrt {8 + 2\sqrt 3 } \) và tồn tại điểm \(I\) thuộc đoạn \(MN\) sao cho \(\widehat {DAI} = {45^0},\,\,\widehat {IDA} = {30^0}.\) Khi đó diện tích \(S\) của hình chữ nhật \(ABCD\) là:

  • A

    \(S = 1 + \sqrt 3 \)

  • B

    \(S = 4\left( {1 + \sqrt 3 } \right)\)

  • C

    \(S = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}\)       

  • D

    \(S = 2\left( {1 + \sqrt 3 } \right)\)

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Tính các cạnh \(AB,AD \Rightarrow S = AB.AD\).

Lời giải chi tiết :

Theo giả thiết đường kính của đường tròn là \(\sqrt {8 + 2\sqrt 3 } \)

nên bán kính của đường tròn là \(R = \dfrac{{\sqrt {8 + 2\sqrt 3 } }}{2}.\)

Theo giả thiết \(\widehat A = {90^0},\widehat {DAI} = {45^0},\) nên \(\widehat {IAM} = \widehat A - \widehat {DAI} = {90^0} - {45^0} = {45^0}.\) Do \(M,\,N\) là trung điểm

của các cạnh hình chữ nhật nên \(MN \bot AB.\) Do đó \(\widehat {AMI} = {90^0}.\)

Từ đó suy ra \(\widehat {AIM} = {45^0}.\) Vậy tam giác \(\Delta AMI\) vuông cân tại \(M.\)

Vì vậy \(AM = MI\,\,\left( 1 \right).\)

Do \(\widehat D = {90^0},\,\widehat {ADI} = {30^0} \Rightarrow \widehat {IDN} = {60^0}.\)

Từ đó \(\sin \,\widehat {IDN} = \dfrac{{IN}}{{DI}} \Rightarrow IN = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}DI.\) Tam giác \(DNI\) vuông tại \(N\) nên

\(D{I^2} = D{N^2} + I{N^2}.\) Do đó \(D{I^2} = D{N^2} + {\left( {\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}DI} \right)^2} \Rightarrow DN = \dfrac{{DI}}{2}.\) Vì vậy \(IN = \sqrt 3 DN = \sqrt 3 AM\,\,\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(AD = MN = IM + IN = \left( {1 + \sqrt 3 } \right)AM = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}AB.\)

Diện tích của hình chữ nhật là \(S = AB.AD = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}A{B^2}\,\,\left( 3 \right).\)

Ta lại có

 $A{M^2} + O{M^2} = {R^2} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{AB}}{2}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{AD}}{2}} \right)^2} = {R^2} \Leftrightarrow A{B^2} + A{D^2} = 4{R^2}$ $ \Leftrightarrow A{B^2} + {\left( {\dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}AB} \right)^2} = 4{R^2}$

$ \Leftrightarrow \dfrac{{8 + 2\sqrt 3 }}{4}A{B^2} = 4{R^2} = 4{\left( {\dfrac{{\sqrt {8 + 2\sqrt 3 } }}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow AB = 2\,\,\left( 4 \right).$

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra \(S = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}.4 = 2\left( {1 + \sqrt 3 } \right).\)

Câu 10 :

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và một điểm \(M\) nằm ở ngoài đường tròn sao cho \(MO = 2R.\) Đường thẳng \(d\) đi qua \(M,\) tiếp xúc với đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại \(A.\) Giả sử \(N = MO \cap \left( {O;R} \right).\) Kẻ hai đường kính \(AB,\,\,CD\) khác nhau của \(\left( {O;R.} \right)\) 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

Đáp án : A

Phương pháp giải :

- Sử dụng các hệ thức giữa ạnh và dường cao trong tam giác vuông, kết hợp với bất đẳng thức Cô-si để đánh giá các tổng \(BQ + BD\) và \(BQ + DQ\).

Lời giải chi tiết :

              

Xét \(\Delta QAB\) vuông ở \(A\) ta có \(AD \bot QB.\) Suy ra \(QB.DB = A{B^2} = 4{R^2}\) và \(QB.QD = A{Q^2}.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}QB > BD \Rightarrow {\left( {\sqrt {QB}  - \sqrt {BD} } \right)^2} > 0\\ \Rightarrow BQ + BD > 2\sqrt {BQ.BD}  = 4R\,\left( 3 \right).\end{array}\)

Tương tự ta có \(QB + QD > 2\sqrt {QB.QD}  = 2AQ\,\,\left( 4 \right),\)

Cộng từng vế của \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) ta nhận được \(2QB + DB + QD > 4R + 2AQ \Rightarrow 3QB - 2AQ > 4R.\)

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

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Dùng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau để chứng minh \(AC + BD = CD\).

Chứng minh \(CD \ge AB \Rightarrow CD\min \) khi \(CD = AB\).

Lời giải chi tiết :

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 \(\Delta HCD\) vuông tại \(H,\) có \(CD\) là cạnh huyền và \(CH\) là cạnh góc vuông nên \(CD \ge CH.\) Mặt khác \(CH//BA\) và \(CA \bot CH,\,\,BH \bot CH\) nên \(CHBA\) là hình chữ nhật.

Do đó \(CH = BA.\)  Vì vậy \(CD \ge AB.\)

Do đó \(CA + BD\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(CA + BD = AB \Leftrightarrow CD = AB \Leftrightarrow CD = CH \Leftrightarrow CD//AB.\) 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 \(CA = CM = MD = BD = R.\)

Câu 12 :

Cho hai đường tròn \(\left( {{O_1}} \right)\) và \(\left( {{O_2}} \right)\) có bán kính bằng \(R\) cắt nhau tại hai điểm \(A,\,B.\) Qua \(A\) vẽ cát tuyến cắt hai đường tròn \(\left( {{O_1}} \right)\) và \(\left( {{O_2}} \right)\) thứ tự tại \(E\) và \(F.\) \(\widehat {{O_2}A{O_1}} = {120^0}.\)  Khi đó diện tích \(S\) phần giao của hai đường tròn \(\left( {{O_1}} \right)\) và \(\left( {{O_2}} \right)\) là:

  • A

    $S = \dfrac{{{R^2}\left( {2\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{2}$

  • B

    $S = \dfrac{{{R^2}\left( {2\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{6}$    

  • C

    $S = \dfrac{{{R^2}\left( {2\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}$          

  • D

    $S = \dfrac{{{R^2}\left( {2\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{4}$

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Tính diện tích \({S_1},\,{S_2},\,{S_3}\) của các hình quạt \(A{O_2}B,\,A{O_1}B\) và của tứ giác \(A{O_1}B{O_2}.\) Khi đó \(S ={S_1} + {S_2} - {S_3}\)

Lời giải chi tiết :

Gọi \({S_1},\,{S_2},\,{S_3}\) lần lượt là diện tích của hình quạt \(A{O_2}B,\,A{O_1}B\)

và của tứ giác \(A{O_1}B{O_2}.\) Khi đó \(S ={S_1} + {S_2} - {S_3}\) và \({S_1} = {S_2}.\)

Theo giải thiết ta có \(\widehat {{O_2}A{O_1}} = {120^0}\) nên \(\widehat {{O_2}AB} = \dfrac{1}{2}\widehat {{O_2}A{O_1}} = {60^0}.\)

Tam giác \(\Delta {O_2}AB\) cân tại \({O_2}\) nên ta nhận được \(\Delta A{O_2}B\) là tam giác đều. Từ đó \(\widehat {A{O_2}B} = {60^0}.\)

Suy ra   \({S_1} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{{360}}.60 = \dfrac{{\pi {R^2}}}{6}.\)

Gọi \(H = {O_1}{O_2} \cap AB.\)

Xét tam giác \(AHO{_2}\) vuông tại \(H.\) Ta có \(\widehat {HA{O_2}} = {60^0},\) nên \(\sin \,{60^0} = \dfrac{{H{O_2}}}{{A{O_2}}} \Rightarrow H{O_2} = A{O_2}\sin \,{60^0} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}R.\)

Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông \(AH{O_2}\) ta nhận được \(A{H^2} + {O_2}{H^2} = {O_2}{A^2} \Rightarrow A{H^2} = {O_2}{A^2} - {O_2}{H^2} = \dfrac{{{R^2}}}{4} \Rightarrow AH = \dfrac{R}{2}.\)

Diện tích tam giác \(AH{O_2}\) là \(\dfrac{1}{2}AH.H{O_2} = \dfrac{1}{2}.\left( {\dfrac{R}{2}} \right)\left( {\dfrac{{\sqrt 3 R}}{2}} \right) = \dfrac{{\sqrt 3 {R^2}}}{8}.\) Ta có thể kiểm tra được các tam giác \(\Delta AH{O_2},\,\Delta BH{O_2},\,\Delta AH{O_1},\,\Delta BH{O_1}\) là các tam giác bằng nhau. Do đó diện tích của tứ giác \(A{O_2}B{O_1}\) bằng \(4\) lần diện tích tam giác \(AH{O_2}.\) Do đó \({S_3} = 4.\left( {\dfrac{{\sqrt 3 {R^2}}}{8}} \right) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{R^2}.\)

Từ đó ta có:

\(\begin{array}{l}S = {S_1} + {S_2} - {S_3}\\ = \dfrac{{\pi {R^2}}}{6} + \dfrac{{\pi {R^2}}}{6} - \dfrac{{\sqrt 3 {R^2}}}{2}\\ = \dfrac{{{R^2}\left( {2\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{6}\end{array}\)

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 \(\dfrac{{{S_{MON}}}}{{{S_{APB}}}}\) trong trường hợp \(AM = \dfrac{R}{2}\) là:

  • A

    \(1\)

  • B

    \(\dfrac{1}{4}\)

  • C

    \(\dfrac{{25}}{{16}}\)

  • D

    \(\dfrac{{16}}{{25}}\)

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+ Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau và tính chất tia phân giác của hai góc kề bù để chứng minh \(\widehat {MON} = {90^0}\).

+ Sử dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông và tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau để chứng minh \(AM.BN = {R^2}\).

+ Tính độ dài \(MN\) theo \(R\) rồi suy ra tỉ số đồng dạng \(k\) của hai tam giác \(MON\) và \(APB\).

+ Dùng trường hợp đồng dạng góc – góc để chứng minh \(\Delta MON \backsim \Delta APB\).

+ Sử dụng tính chất tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng để có kết luận.

Lời giải chi tiết :

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có

\(OM\) là tia phân giác của góc \(\widehat {AOP}\) và \(ON\) là tia phân giác của góc \(\widehat {BOP}.\) Do đó \(\widehat {MOA} = \widehat {MOP},\,\,\widehat {PON} = \widehat {BON}\,\,\left( 1 \right).\)

Ta lại có \(\widehat {AOP},\,\widehat {BOP}\) là hai góc kề bù nên \(\widehat {AOP} + \,\widehat {BOP} = {180^0}\,\,\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta suy ra

$\widehat {MON} = \widehat {MOP} + \widetilde {PON} = \dfrac{1}{2}\left( {\widehat {AOM} + \widehat {MOP} + \widehat {PON} + \widehat {NOB}} \right)$

$ = \dfrac{1}{2}\left( {\widehat {AOP} + \widehat {POB}} \right) = \dfrac{1}{2}{.180^0} = {90^0}\,\,.$

Nên tam giác \(MON\) là tam giác vuông tại \(O\) có \(OP \bot MN\) (\(OP\) là tiếp tuyến).

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông \(MON\) ta có \(O{P^2} = PN.PM.\)

Ta lại có \(OP = R,\,AM = PM,\,BN = NP\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Do đó \(AM.BN = {R^2}.\)

hay \(PN.PM = {R^2}\)

Mà \(PM = AM = \dfrac{R}{2} \Rightarrow PM = \dfrac{R}{2} \Rightarrow PN = 2R.\)

Do đó \(MN = PM + PN = \dfrac{R}{2} + 2R = \dfrac{{5R}}{2} \Rightarrow \dfrac{{MN}}{{AB}} = \dfrac{{\dfrac{{5R}}{2}}}{{2R}} = \dfrac{5}{4}\)

Ta có có \(\widehat {APB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {APB} = {90^0}\,\,\left( 4 \right).\)

Theo tính chất hai tiếp tuyến ta có

\(NB \bot ON \Rightarrow \widehat {OBN} = {90^0},\,\,NP \bot OP \Rightarrow \widehat {OPN} = {90^0} \Rightarrow \widehat {OBN} + \widehat {OPN} = {180^0}.\)

Do đó tứ giác \(OBNP\) là tứ giác nội tiếp. Từ đó \(\widehat {OBP} = \widehat {PNO}\,\,\left( 5 \right).\)

Từ \(\,\left( 4 \right)\); \(\left( 5 \right)\) và \(\widehat {MON} = 90^\circ \) suy ra hai tam giác vuông \(APB\) và \(MON\) đồng dạng với nhau.

Suy ra  \(\dfrac{{{S_{MON}}}}{{{S_{APB}}}} = {\left( {\dfrac{{MN}}{{AB}}} \right)^2} = {\left( {\dfrac{5}{4}} \right)^2} = \dfrac{{25}}{{16}}.\)

Câu 14 :

Cho tam giác \(ABC\) cân tại \(A,\) nội tiếp đường tròn \(\left( {O;R} \right).\) Gọi \(D\) là trung điểm của \(AC;\) tia \(BD\) cắt tiếp tuyến tại \(A\) với đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(E;\,EC\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(F.\) Giả sử rằng \(DF//BC.\) Khi đó \(cos\,\widehat {ABC} = ?\)

  • A

    \(\dfrac{{\sqrt 2 }}{4}\)

  • B

    \(\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)        

  • C

    \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)        

  • D

    \(\dfrac{1}{2}\)

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Gọi \(M,N\) là giao điểm của \(FD\) với \(AB,\left( O \right)\). Chứng minh \(MN = MD = DF = BH\).

Chứng minh \(\Delta NDA \backsim \Delta CDF \Rightarrow DF.DN = DA.DC\) từ đó tính \(\cos \widehat {ABC} = \dfrac{{BH}}{{AB}}\) .

Lời giải chi tiết :

Giả sử rằng tia \(FD\) cắt \(AB\) tại \(M,\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(N.\) Theo giả thiết \(DF//BC,\) và \(AH\) là trục đối xứng của \(BC\) và của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(F,\,D\) theo thứ tự là điểm đối xứng với \(N,\,M\) qua \(AH.\)

Do đó \(FD = MN = MD = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}ND = BH\,\,\left( 1 \right).\)

Xét \(\Delta NDA,\,\Delta CDF\) có \(\widehat {ADN} = \widehat {CDF}\) (hai góc đối đỉnh).

\(\widehat {ACF},\,\widehat {FNA}\) là hai góc nội tiếp chắn cung \(AF\) nên \(\widehat {DCF} = \widehat {DNA}\)

Do đó \(\Delta NDA \backsim \Delta CDF\)\( \Rightarrow \dfrac{{DA}}{{DF}} = \dfrac{{ND}}{{CD}} \Rightarrow DF.DN = DA.DC\,\,\left( 4 \right).\)

Từ (1), (4) suy ra \(2B{H^2} = \dfrac{1}{4}A{C^2}\) \( \Rightarrow BH = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4}AC \Rightarrow \cos \,\widehat {ABC} = \dfrac{{BH}}{{AB}} = \dfrac{{BH}}{{AC}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4}.\)

Câu 15 :

Cho \(A\) là điểm cố định trên đường tròn \(\left( {O;R} \right).\) Gọi \(AB\) và \(AC\) là hai dây cung thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) thỏa mãn \(\sqrt {AB.AC}  = R\sqrt 3 .\) Khi đó vị trí của \(B,\,C\) trên \(\left( O \right)\) để diện tích \(\Delta ABC\) lớn nhất là:

  • A

    \(\Delta ABC\) cân     

  • B

    \(\Delta ABC\) đều.

  • C

    \(\Delta ABC\) vuông cân      

  • D

    \(\Delta ABC\) vuông

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Sử dụng tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn để chứng minh \(\widehat {ABD} = {90^0} \Rightarrow \Delta ABD \backsim \Delta AHC\).

Tính độ dài \(AH\) từ tính chất hai tam giác đồng dạng, từ đó suy ra điều kiện để diện tích tam giác \(ABC\) lớn nhất.

Lời giải chi tiết :

Kẻ \(AH \bot BC,\,OI \bot BC\), đường kính $AD.$

Ta chứng minh được \(\Delta AHC \backsim \Delta ABD\,\left( {g - g} \right).\)

Do đó \(\dfrac{{AH}}{{AB}} = \dfrac{{AC}}{{AD}} \Rightarrow AH.AD = AB.AC \Rightarrow AB.AC = 2R.AH\,\,\left( 1 \right).\)

Theo giả thiết \(\sqrt {AB.AC}  = R\sqrt 3 ,\) nên \(AB.AC = 3{R^2}\,\,\left( 2 \right).\)

Thay \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 1 \right)\) ta có \(AH = \dfrac{{3R}}{2}.\)

Lại có \(OI + OA \ge AI \ge AH\) nên \(OI \ge AH - OA = \dfrac{{3R}}{2} - R = \dfrac{R}{2}.\)

Do \(AH = \dfrac{{3R}}{2}\) là giá trị không đổi nên \({S_{ABC}}\) lớn nhất khi \(BC\) lớn nhất \( \Leftrightarrow OI\) nhỏ nhất

\( \Leftrightarrow OI = \dfrac{R}{2} \Leftrightarrow BC \bot OA \Rightarrow \Delta ABC\) cân tại \(A\).

Mà \(OI = \dfrac{R}{2} \Rightarrow \sin \widehat {OBI} = \dfrac{{OI}}{{OB}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \widehat {OBI} = \widehat {OCI} = {30^0} \Rightarrow \widehat {BOC} = {120^0}\) $ \Rightarrow \widehat {BAC} = {60^0}$

Vậy \(\Delta ABC\) đều.

Câu 16 :

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right),\) đường kính \(AB\) cố định, đường kính \(CD\) thay đổi\(\left( {CD \ne AB} \right).\) Các tia \(BC,\,BD\) cắt tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) 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

    \(R\)

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Sử dụng hệ thức giữa đường cao và cạnh trong tam giác vuông để tính \(AE.AF = A{B^2}\).

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm GTNN của $EF$.

Lời giải chi tiết :

B\) thuộc đường tròn đường kính \(CD.\) Suy ra \(\widehat {DBC} = {90^0}.\)

Xét \(\Delta EBF\) có \(\widehat {EBF} = {90^0},\,BA \bot EF \Rightarrow AE.AF = A{B^2}\).

Theo bất đẳng thức Cô-si cho \(\left( {AE,AF} \right)\) ta có

\(EF = AE + AF \ge 2\sqrt {AE.AF}  = 2\sqrt {A{B^2}}  = 2AB = 4R.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(EF\) là \(4R.\) đạt được khi \(CD \bot AB.\)

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

    \(\sqrt 3  - \dfrac{\pi }{3}\)

  • B

    \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} + \dfrac{\pi }{3}\)

  • C

    \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} - \dfrac{\pi }{3}\)

  • D

    \(\sqrt 3  - \dfrac{{2\pi }}{3}\)

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Chứng minh \(BOCH\)  là hình thoi.

Tính diện tích tứ giác \(OBHC\).

Tính diện tích hình quạt \(OBC\).

Diện tích phần cần tính là hiệu hai phần diện tích trên.

Lời giải chi tiết :

Ta có: \(AD\) là đường cao của \(\Delta ABC\) đều nên nó cũng là trung tuyến \( \Rightarrow BD = DC.\)

Xét \(\Delta DBH,\,\Delta DCH\) có

\(\begin{array}{l}BD = DC,\,\\\widehat {BDH} = \widehat {CDH} = {90^0}\\DH\,\,chung\end{array}\)\( \Rightarrow \Delta DBH = \,\Delta DCH\,\,\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow BH = HC\,\,\left( 1 \right).\)

Do \(AH\) là đường kính nên \(\widehat {ACH} = {90^0}\). Mà $\widehat {ACD} = {60^0} \Rightarrow \widehat {DCH} = {30^0}$

Do \(OA = OC = R\) nên \(\widehat {OAC} = \widehat {OCA} = {30^0}\) suy ra \(\widehat {OCD} = {30^0}\)

Xét hai tam giác vuông \(\Delta ODC,\Delta HDC\) có \(\widehat {ODC} = \widehat {HDC} = {90^0};\widehat {OCD} = \widehat {HCD} = {30^0};CD\) chung nên \(\Delta ODC = \Delta HDC\left( {g.c.g} \right) \Rightarrow OC = CH\).

Tứ giác \(OBHC\) có 4 cạnh bằng nhau nên là hình thoi

Từ đó ta có \(OD = DH,\,BD = DC,\,\widehat {OCD} = {30^0},\,BC \bot OH\) nên:

$\begin{array}{l}{S_1} = {S_{OBHC}} = \dfrac{1}{2}BC.OH = \dfrac{1}{2}\left( {2OD} \right)\left( {2DC} \right) = 2OD.DC\\ = 2\left( {OC.\sin \,\widehat {OCD}} \right)\left( {OC.\,\cos \,\widehat {OCD}} \right)\\ = 2O{C^2}\sin \,{30^0}\,.\cos \,{30^0} = {2.1^2}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\end{array}$                                      

Ta có diện tích hình quạt \(OBC\) là:

\({S_2} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{{360}}.120 = \dfrac{\pi }{3}.\)

Vậy diện tích cần tính là \(S = {S_1} - {S_2} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} - \dfrac{\pi }{3}.\)

close