Đề kiểm tra 45 phút chương 6: Đường tròn - Đề số 2 — Không quảng cáo

• A.

  $OA = 2R$

• B.

  $OA = \dfrac{3}{2}R$

• C.

  $OA = 3R$

• D.

  $OA = \dfrac{4}{3}R$

• A.

  H ình bình hành

• B.

  H ình thoi

• C.

  H ình thang

• D.

  H ình chữ nhật

• A.

  Đường tròn có đường kính $CD$ tiếp xúc với $AB.$

• B.

  Đường tròn có đường kính $CD$ cắt $AB.$

• C.

  $IO\; \bot AB$

• D.

  $IO = \dfrac{{DC}}{2}$

• A.

  $AB$

• B.

  $2AB$

• C.

  $3AB$

• D.

  $4AB$

• A.

  Các điểm M, E, O, F cùng thuộc một đường tròn.

• B.

  Điểm  I  là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF.

• C.

  Điểm I  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MEF.

• D.

  Cả A, B đều đúng

• A.

  $FP = PK = 2cm$

• B.

  $P$ là trọng tâm tam giác $FDE$

• C.

  A, B đều đúng

• D.

  A, B đều sai

- Trong một đường tròn:  Dây nào gần tâm hơn thì dây đó lớn hơn.

Từ đề bài ta thấy dây $CD$ gần tâm hơn dây $AB$ nên $CD > AB.$

Khoảng cách từ tâm của một đường tròn đến tiếp tuyến bằng bán  kính của đường tròn đó.

Sử dụng kiến thức “Trong một đường tròn, đường kính vuông góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy”, sau đó dùng định lý Pytago vào tam giác vuông thích hợp.

Kẻ $OH \bot AB$ tại $H$ suy ra $H$ là trung điểm của $AB$.

Xét tam giác $OHB$ vuông tại $H$ có $OH = 3;OB = 5$. Theo định lý Pytago ta có $HB = \sqrt {O{B^2} - O{H^2}}  = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4$

Mà $H$ là trung điểm của $AB$ nên $AB = 2HB = 8\,cm$

Vậy $AB = 8\,cm$.

Nếu một đường thẳng đi qua một điểm thuộc đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó thì đường thẳng đó là tiếp tuyến của đường tròn.

Hay $d$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ tại $A.$

Hình có trục đối xứng là hình khi lấy đối xứng hình đó qua trục đối xứng ta cũng được chính hình đó.

Đường tròn có trục đối xứng là đường thẳng đi qua tâm của nó. Do có vô số đường kính nên đường tròn có vô số trục đối xứng.

Dựa vào tính chất bán kính vuông góc với dây cung.

Dựa vào định lí Pi-ta-go trong tam giác vuông.

Vì $OC$ vuông góc với $AB$ nên $D$ là trung điểm của $AB$ (mối quan hệ giữa đường kính và dây)

$\Rightarrow AD = \dfrac{{AB}}{2} = \dfrac{{12}}{2} = 6cm$.

Xét tam giác $AOD$ vuông tại $D$ nên $O{D^2} = O{A^2} - A{D^2} = {10^2} - {6^2} = 64 \Rightarrow OD = 8cm$.

Có $OD + DC = OC$ nên $DC = OC - OD = 10 - 8 = 2cm$.

Xét tam giác $ADC$ vuông tại $D$ nên $A{C^2} = A{D^2} + D{C^2} = {6^2} + {2^2} = 40$ .

Vậy $AC = 2\sqrt {10} cm$.

Dựa vào tính chất tiếp tuyến của đường tròn

Định lí Pi-ta-go

Hệ thức lượng trong tam giác vuông

Cách tính chu vi hình tam giác

Gọi $D$ là giao điểm của $BC$ và $OA$

Có $OC \bot AC$ (tính chất tiếp tuyến của đường tròn)

Xét $\Delta OAC$ vuông tại $C$, ta có: $O{C^2} + C{A^2} = O{A^2}$ (Py-ta-go)

$\Rightarrow A{C^2} = {\rm{ }}O{A^2} - {\rm{ }}O{C^2} = {6^2} - {3^2} = 36 - 9 = 27 \Rightarrow AC = 3\sqrt 3 cm$

Mà $AC=AB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên $AB = 3\sqrt 3 cm$.

Vì $AC=AB;OB=OC$ nên $OA$ là đường trung trực của $BC$ hay $OA \bot BC$ tại $D$ và $D$ là trung điểm của $CB.$

Xét tam giác vuông $OCA$ có $CD$ là đường cao nên:

$CD = \dfrac{{OC.CA}}{{OA}} = \dfrac{{3.3\sqrt 3 }}{6} = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow BC = 2CD = 3\sqrt 3 cm$

Vậy chu vi tam giác $ABC$ là $3\sqrt 3  + 3\sqrt 3  + 3\sqrt 3  = 9\sqrt 3 cm$

• A.

  $OA = 2R$

• B.

  $OA = \dfrac{3}{2}R$

• C.

  $OA = 3R$

• D.

  $OA = \dfrac{4}{3}R$

• A.

  H ình bình hành

• B.

  H ình thoi

• C.

  H ình thang

• D.

  H ình chữ nhật

• A.

  Đường tròn có đường kính $CD$ tiếp xúc với $AB.$

• B.

  Đường tròn có đường kính $CD$ cắt $AB.$

• C.

  $IO\; \bot AB$

• D.

  $IO = \dfrac{{DC}}{2}$

• A.

  $AB$

• B.

  $2AB$

• C.

  $3AB$

• D.

  $4AB$

Sử dụng dấu hiệu nhận biết các hình đặc biệt và cách chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn.

Gọi $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $BH$ và $CH.$

Để chứng minh $DE$ là tiếp tuyến của đường tròn tâm $I$ đường kính $BH$ ta chứng minh

$ID \bot DE$ hay $\widehat {ODI} = {90^o}$

Vì $D,E$ lần lượt thuộc đường tròn đường kính $BH$ và $HC$ nên ta có: $\widehat {BDH} = \widehat {CEH} = {90^0}$

Suy ra tứ giác $ADHE$ là hình chữ nhật.

Gọi $O$ là giao điểm của $AH$ và$DE$, khi đó ta có $OD = OH = OE = OA$ .

Suy ra $\Delta ODH$ cân tại $O \Rightarrow \widehat {ODH} = \widehat {OHD}$

Ta cũng có $\Delta IDH$ cân tại $I$$\Rightarrow \widehat {IDH} = \widehat {IHD}$

Từ đó $\Rightarrow \widehat {IDH} + \widehat {HDO} = \widehat {IHD} + \widehat {DHO} \Rightarrow \widehat {IDO} = 90^\circ$$\Rightarrow ID \bot DE$

Ta có $ID \bot DE,D \in \left( I \right)$ nên  $DE$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $BH$.

Từ chứng minh trên suy ra các phương án B,C,D đúng.

Sử dụng định lý về tiếp tuyến của đường tròn và định lý Pytago để tính toán

Vì $AB$ là tiếp tuyến và $B$ là tiếp điểm nên $OB = R = 6\,cm$; $AB \bot OB$ tại $B$.

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác $ABO$ vuông tại $B$ ta được $AB = \sqrt {O{A^2} - O{B^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}}  = 8\,cm$

Vậy $AB = \,8\,cm$.

Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau và công thức chu vi tam giác

Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn

Xét $\left( O \right)$ có $MA = MB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) mà $\widehat {AMB} = 60^\circ$ nên $\Delta MAB$ đều suy ra chu vi $\Delta MAB$ là $MA + MB + AB = 3AB = 24$$\Rightarrow AB = 8cm = MA = MB$

Lại có $\widehat {AMO} = \dfrac{1}{2}\widehat {AMB} = 30^\circ$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Xét tam giác vuông $MAO$ có $\tan \widehat {AMO} = \dfrac{{OA}}{{MA}} \Rightarrow OA = MA.\tan 30^\circ  = \dfrac {8}{\sqrt 3}\,cm$

Sử dụng cách chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn.

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $O'C$ là đường kính, suy ra $\widehat {CBO'} = \widehat {CAO'} = 90^\circ$ hay $CB \bot O'B$ tại $B$ và $AC \bot AO'$ tại $A$.

Do đó $AB,BC$ là hai tiếp tuyến của $\left( {O'} \right)$ nên $AC = CB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên A, B, C đúng.

Sử dụng  tính chất đường nối tâm của hai đường tròn cắt nhau và hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Diện tích hình chữ nhật bằng tích chiều dài và chiều rộng.

Xét $\left( O \right)$ có $OD = OA \Rightarrow \Delta OAD$ cân tại $O \Rightarrow \widehat {ODA} = \widehat {OAD}$

Xét $\left( {O'} \right)$ có $O'E = O'A \Rightarrow \Delta O'EB$ cân tại $O' \Rightarrow \widehat {O'EA} = \widehat {O'AE}$

Mà $\widehat O + \widehat {O'} = 360^\circ  - \widehat {O'ED} - \widehat {ODE} = 180^\circ$

$\Leftrightarrow 180^\circ  - \widehat {ODA} - \widehat {OAD} + 180^\circ  - \widehat {O'EA} - \widehat {O'AE} = 180^\circ  \Leftrightarrow 2\left( {\widehat {OAD} + \widehat {O'AE}} \right) = 180^\circ$

$\Rightarrow \widehat {OAD} + \widehat {O'AE} = 90^\circ$$\Rightarrow \widehat {DAE} = 90^\circ  \Rightarrow \Delta ADE$ vuông tại $A$.

Mà $\widehat {BDA} = 90^\circ$ ( vì tam giác $BAD$ có cạnh $AB$ là đường kính của $\left( O \right)$và $D \in \left( O \right)$ ) nên $BD \bot AD \Rightarrow \widehat {MDA} = 90^\circ$

Tương tự ta có $\widehat {MEA} = 90^\circ$ .

Nên tứ giác $DMEA$ là hình chữ nhật.

Xét tam giác $OAD$ cân tại $O$ có $\widehat {DOA} = 60^\circ$ nên $\Delta DOA$ đều, suy ra $OA = AD = 8\,cm$ và $\widehat {ODA} = 60^\circ$

$\Rightarrow \widehat {ADE} = 30^\circ$. Xét tam giác $ADE$ ta có $EA = AD.\tan \widehat {EDA} = 8.\tan 30^\circ  = \dfrac{8}{3}\sqrt 3$

${S_{DMEA}} = AD.AE = 8.\dfrac{8}{3}\sqrt 3  = \dfrac{64}{3}\sqrt 3 \,\,c{m^2}$.

Tính chất tam giác cân

Đinh lí pi-ta-go

Tính chất hai đường tròn cắt nhau

Ta có $OA = O'A = 5cm$ nên tam giác $AOO'$  cân tại A.

Mà AH vuông góc với OO’ nên H là trung điểm của OO’. Suy ra $OH = 4cm$ .

Xét tam giác AOH vuông tại H nên suy ra

$A{H^2} = O{A^2} - O{H^2} = {5^2} - {4^2} = 9 = {3^2}$.

Vậy $AH = 3cm$ .

Mà $AB = 2AH$ ( mối quan hệ giữa đường nối tâm và dây cung).

Vậy $AB = 6cm$

• A.

  Các điểm M, E, O, F cùng thuộc một đường tròn.

• B.

  Điểm  I  là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF.

• C.

  Điểm I  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MEF.

• D.

  Cả A, B đều đúng

• A.

  $FP = PK = 2cm$

• B.

  $P$ là trọng tâm tam giác $FDE$

• C.

  A, B đều đúng

• D.

  A, B đều sai

Sử dụng tính chất tia phân giác, hai tam giác bằng nhau

Và điều kiện tiếp xúc của đường thẳng với đường tròn.

Đường thẳng $d$ tiếp xúc với đường tròn $\left( O \right)$ tại $M$ khi $M \in \left( O \right)$ và $OM = R.$

Gọi I là giao điểm các tia phân giác của $\widehat {xPQ};\,\widehat {yQP}$ và A, B, C lần lượt là hình chiếu của I lên Ox, PQ và Oy.

Vì I thuộc phân giác của góc xPQ nên IA = IB.

Xét ∆PAI và ∆PBI có :

+ IA = IB (cmt)

+ Chung PI

+ $\widehat {PAI} = \widehat {PBI} = 90^\circ$

nên ∆PAI = ∆PBI (cạnh huyền – cạnh góc vuông) ,

Suy ra PA = PB.

Lí luận tương tự, ta có $QB = QC.$

$OA + OC = OP + PA + OQ + QC$ $= OP + PB + OQ + QB = OP + PQ + QO = 2a$ (do chu vi ∆OPQ bằng 2a).

Vì IA = IB và IB = IC (cmt) nên IA = IC.

Xét ∆OAI và ∆OCI có

+ IA = IC (cmt)

+ $\widehat {OAI} = \widehat {OCI} = 90^\circ$

+ cạnh chung OI

nên ∆OAI = ∆OCI (cạnh huyền – cạnh góc vuông)  $\Rightarrow OA = OC = \dfrac{{2a}}{2} = a{\rm{ }}.$

Vì a không đổi và A, C thuộc tia Ox, Oy cố định nên A và C cố định.

Do A và C lần lượt là hình chiếu của I lên Ox, Oy nên hai đường thẳng AI và CI cố định hay I cố định.

Do I và A cố định nên độ dài đoạn thẳng AI không đổi.

Do IA = IB (cmt) nên IB là bán kính của đường tròn (I ; IA), mà IB ⊥ PQ tại B nên PQ tiếp xúc với đường tròn (I; IA) cố định.