Tổng hợp bài tập trắc nghiệm rèn luyện tư duy chuyên đề Góc với đường tròn và ứng dụng

  1. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪
  2. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪
    Cho nửa đường tròn đường kính AB. Lấy hai điểm C và D trên nửa đường tròn sao cho \(\stackrel\frown{AC}=\stackrel\frown{CD}=\stackrel\frown{DB}\).
    Các tiếp tuyến từ B và C của nửa đường cắt nhau tại I. Hai tia AC và BD cắt nhau tại K.
    Chọn câu SAI:
    • Tam giác KAB và tam giác IBC đều.
    • \(\widehat{KBI}=30^o\)
    • Tứ giác KIBC nội tiếp
    • Tam giác KIB vuông
    • \(\widehat{KCI}=60^o\)
    Hướng dẫn giải:

    01.png
    Các tam giác KCB và tam giác CIB cân và có một góc bằng \(60^o\) nên đều là tam giác đều.
    Suy ra: \(\widehat{CKB}=\widehat{CIB}=60^o\) mà hai góc này cùng chắn cung BC nên tứ giác KICB nội tiếp.
    Có \(\widehat{BCA}=90^o\Rightarrow\widehat{KCB}=90^o\) nên \(\widehat{KIB}=90^o\).
    Vậy tam giác KIB vuông tại I.
    \(\widehat{KIB}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BD}=30^o\).
    \(\widehat{KCI}=\widehat{IBK}=30^o\).
     
  3. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪
    Cho tam giác ABC. Hai đường cao BE và CF cắt nhau tại H. Gọi D là điểm đối xứng của H qua
    trung điểm M của BC. Chọn câu đúng:
    • Tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn với tâm đường tròn ngoại tiếp chính là trung điểm của AD.
    • Tứ giác ABCD không nội tiếp .
    • Tứ giác ABCD là hình thang .
    • Tứ giác ABCD nội tiếp với tâm đường tròn nội tiếp chính là điểm H.
    Hướng dẫn giải:

    01.png

    Tứ giác HBCD là hình bình hành (hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường).
    Có \(HB\perp CA\) nên \(CD\perp AC\) .
    Vậy tam giác ACD vuông.
    Chứng minh tương tự tam giác ABD vuông.
    Vậy tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn với tâm đường tròn là trung điểm của AD.
     
  4. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪
    Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I. Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI. Tiếp tuyến của đường tròn này tại I cắt AD và BC lần lượt tại M và N.
    Chọn câu SAI:
    • MN // DC
    • Tứ giác ABNM nội tiếp
    • Tứ giác MICD nội tiếp
    Hướng dẫn giải:

    01.png
    Có \(\widehat{BAI}=\widehat{BIN}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BI}\).
    Có \(\widehat{BAI}=\widehat{BAC}=\widehat{BDC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BC}\).
    Suy ra: \(\widehat{BIN}=\widehat{BDC}\) nên MN // DC.
    Vì vậy \(\widehat{AMN}=\widehat{MDC}\) (hai góc so le trong).
    Mà \(\widehat{ADC}+\widehat{ABC}=180^o\) nên \(\widehat{AMN}+\widehat{ABN}=180^o\).
    Vậy tứ giác ABNM nội tiếp.
    Tứ giác MICD không nội tiếp thì \(\widehat{MDC}=\widehat{AIM}\) .
    Suy ra: \(\widehat{MDC}=\widehat{ICD}\).
    Khi đó \(sđ\stackrel\frown{AC}=sđ\stackrel\frown{AD}\).
     
  5. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪
  6. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪
    Cho lục giác đều ABCDEF, độ dài mỗi cạnh là a. Các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại M,
    cắt đường thẳng EF theo thứ tự tại N và P. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP.
    • \(\sqrt{3}a\)
    • \(2\sqrt{3}a\)
    • \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}a\)
    • \(\dfrac{\sqrt{3}}{4}a\)
    Hướng dẫn giải:

    01.png
    Ta dễ chứng minh được tam giác MNP đều.
    Độ dài cạnh tam giác MNP là 3.a = 3a.
    Kẻ PH vuông góc với MN.
    Suy ra H là trung điểm của MN.
    \(NH=HM=\dfrac{3a}{2}\).
    Áp dụng định lý Pi-ta-go trong tam giác PHM ta có:
    \(PH=\sqrt{\left(3a\right)^2-\left(\dfrac{3a}{2}\right)^2}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}a\).
    Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP.
    Ta có: \(R=\dfrac{2}{3}PH=\dfrac{2}{3}.\dfrac{3\sqrt{3}}{2}a=\sqrt{3}a\).
     
  7. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪
  8. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪
    Chọn các câu ĐÚNG trong số các câu dưới đây: (Được chọn nhiều đáp án)
    • Mỗi tam giác luôn có một đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn nội tiếp.
    • Mỗi tứ giác luôn có một đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn nội tiếp.
    • Giao điểm của ba đường trung tuyến của một tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ấy.
    • Giao điểm của ba đường trung trực của một tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.
    • Giao điểm của ba đường phân giác trong của một tam giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ấy.
    • Tứ giác có tổng độ dài các cạnh đối nhau bằng nhau thì ngoại tiếp đường tròn.
     
  9. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪
    Trong đường tròn (O;R) cho một dây AB bằng cạnh hình vuông nội tiếp và dây BC bằng cạnh tam giác đều nội tiếp (điểm C và điểm A ở cùng một phía đối với BO).
    Tính độ dài đường cao AH của tam giác đó theo R.
    • \(0,36R\)
    • \(0,18R\)
    • R
    • 2R
    Hướng dẫn giải:

    Dây AB bằng cạnh hình vuông nội tiếp đường tròn (O;R) nên \(AB=R\sqrt{2}\) và cung nhỏ AB có sđ \(\stackrel\frown{AB}=90^o\).
    Dây BC bằng cạnh tam giác đều nội tiếp nên \(BC=R\sqrt{3}\) và cung nhỏ BC có sđ\(\stackrel\frown{BC}=120^o\).
    Từ đó: \(Sđ\stackrel\frown{AC}=120^o-90^o=30^o\).
    Vậy \(\widehat{ABC}=15^o\).
    Từ đây ta có :
    \(AH=AB.sin\widehat{ABC}=\sqrt{2}R.sin15^o\cong0,36R.\)
     
  10. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪
    Cho đường tròn (O) bán kính OA. Từ trung điểm M của OA vẽ dây \(BC\perp OA\). Biết chu vi của đường tròn là 12,56cm. Tính độ dài dây cung BC của đường tròn.
    • \(2\sqrt{3}cm\)
    • \(\sqrt{6}cm\)
    • \(4cm\)
    • \(\sqrt{3}cm\)
    Hướng dẫn giải:

    01.png
    Bán kính của đường tròn là: \(12,56:3,24:2=2\left(cm\right)\)
    Có H là trung điểm của OA và AB nên tứ giác OBAC là hình thoi với cạnh R.
    AH = HO = \(\dfrac{R}{2}\) = 1(cm)
    Áp dụng định lý Pi-ta-go trong tam giác HBO ta có:
    \(BH=\sqrt{OB^2-OH^2}=\sqrt{2^2-1^1}=\sqrt{3}cm\).
    Suy ra độ dài BC là: \(2BH=2\sqrt{3}cm\).