Đang tải... (xem toàn văn)
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 TỐN LỚP CHƯƠNG HÌNH HỌC NÂNG CAO Câu 1: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm O bán kính a Biết AC BD Khi để AB + CD đạt giá trị lớn thì: A AC = AB C DB = AB B AC = BD D Không có đáp án Lời giải Vẽ đường kính CE đường trịn (O) Ta có EAC = 90o, EDC = 90o (góc nội tiếp chắn đường kính EC) Từ ta có AE AC Mặt khác theo giả thiết AC BD Kéo theo AE // BD Vậy AEDB hình thang Do hình thang AEDB nội tiếp (O) nên phải hình thang cân Kéo theo AB = DE (các cạnh bên hình thang cân) Từ ta có AB2 + CD2 = DE2 + DC2 = EC2 = (2a)2 = 4a2 (do EDC vuông D) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho cặp số (AB2 + BD2), ta có: AB2 + BD2 2AB CD 2(AB2 + CD2) AB2 + BD2 + AB CD = (AB + CD)2 Kéo theo (AB + CD)2 2.(4a2) = 8a2 AB+ CD 2 a Đẳng thức xảy AB = CD Xét tam giác ABI, DCI có AB = CD, ABD ACD (góc nội tiếp chắn cung AD), BAC DCB (góc nội tiếp chắn cung BC) Do ABI = DCI (g.c.g) Kéo theo AI = ID, IB = IC Suy 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 đường phân giác góc ABC Đường thẳng BD cắt đường trịn (O) điểm thứ hai E Đường tròn (O1) đường kính DE cắt đường trịn (O) điểm thứ hai F Khi đường thẳng đối xứng với đường thẳng BF qua đường thẳng BD cắt AC N thì: A AN = NC NƯỚC B AD = DN C AN = 2NC D 2AN = Lời giải Gọi M trung điểm AC Do E điểm cung AC nên EM AC Do EM qua tâm đường trịn (O) Giả sử G = DF (O) Do DFE = 90o, nên GFE = 90o, hay GE đường kính (O) Suy G, M, E thẳng hàng Vì vậy, GBE = 90o, mà GMD = 90o Kéo theo tứ giác BDMG tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính GD Vì MBD DGM FGE (1) (cùng chắn cung DM) Lại có tứ giác BFEG tứ giác nội tiếp nên FBE FGE (2) (cùng chắn cung FE) Từ (1) (2) ta suy MBD FBE Do BF BM đối xứng qua BD Vì M N hay N trung điểm AC nên AN = NƯỚC Đáp án cần chọn là: A Câu 3: Đầu xóm em có đào giếng, miệng giếng hình trịn có đường kính 2cm Xung quanh miệng giếng ngta xây thành rộng 0,4 (m) Tính tiện tích thành giếng là: A (m2) Lời giải B 0,44 (m2) C 1,76 (m2) D 0,96 (m2) Quan sát hình vẽ, ta cần tính phần diện tích giới hạn hai đường trịn Đường kính giếng (m) nên bán kính giếng (m) Bán kính đường trịn ngồi + 0,4 = 1,4 (m) Gọi S1, S2 diện tích hình trịn nhỏ lớn Khi ta có: S1 = 12 = (m2), S2 = (1,4)2 = 1,96 (m2) Diện tích thành giếng S2 – S1 = 1,96 − = 0,96 (m2) Đáp án cần chọn là: D Câu 4: Cho biết diện tích hình quạt OAB diện tích hình trịn Khi BOA = ? A 90o B 60o C 45o D 120o Lời giải Đặt BOA Giả sử R bán kính hình trịn Khi ta có: R SOAB = 360 Mặt khác diện tích hình trịn S = R2 Theo giả thiết ta có: SOAB = 1 R 2 S = R = 90o 4 360 Đáp án cần chọn là: A Câu 5: Gọi M, N trung điểm cạnh AB, CD hình chữ nhật ABCD Biết đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD có đường kính d tồn điểm I thuộc đoạn MN cho DAI = 45o, IDA = 30o Khi diện tích S hình chữ nhật ABCD là: A S = + 1 Lời giải C S = Theo giả thiết đường kính đường trịn đường tròn R = B S = (1 + 3) D S = 2(1 + 3) nên bán kính 82 Theo giả thiết A = 90o, DAI = 45o, nên IAM = A DAI = 90o – 45o = 45o Do M, N trung điểm cạnh hình chữ nhật nên MN AB Do AMI = 90o Từ suy AIM = 45o Vậy tam giác AMI vng cân M Vì AM = MI (1) Do D = 90o, ADI = 30o IDN = 60o IN IN = DI DI Tam giác DNI vuông cân N nên DI2 = DN2 + IN2 Từ sin IDN DI Do DI2 = DN2 + Vì IN = DI DN = (2) ) AM = Từ (1) (2) ta có: AD = MN = IM + IN = (1 + Diện tích hình chữ nhật S = AB AD = DN 1 AB2 2 AM 1 AB (3) AB AD 2 Ta lại có: AM + OM = R = R AB + AD = 2 4R2 1 82 AB2 + AB2 = 4R2 = AB = 4R2 82 AB = (4) Từ (3) (4) suy S = 1 = 2(1 + 3) Đáp án cần chọn là: D Câu 6: Cho đường tròn (O; R) điểm M nằm ngồi đường trịn cho MO = 2R Đường thẳng d qua M, tiếp xúc với đường tròn (O; R) A Giả sử N = MO (O; R) Kẻ hai đường kính AB, CD khác (O; R) Các đường thẳng BC, BD cắt đường thẳng d P, Q Khi đó: A 3BQ – 2AQ > 4R B 3BQ – 2AQ < 4R C 3BQ – 2AQ = 4R D A, B, C sai Lời giải Xét QAB vuông A ta có AD QB Suy QB DB = AB2 = 4R2 QB.QD = AG2 Ta có: QB > BD QB BD > BQ + BD > BQ.BD = 4R Tương tự ta có QB + QD > QB.QD = 2AQ (3) (4) Cộng vế (3) (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 trịn (O; R) có độ dài cạnh AB = c, BC = a; CA = b kẻ AH BC, AO cắt (O) D Diện tích S ABC là: abc 4R Lời giải A S = B S = abc 2R C S = abc R Xét ABH ADC có AHB ACD = 90o D S = 2abc R Các góc ABC, ADC góc nội tiếp chắn cung AC nên ABC ADC Do ABH ∽ ADC AB AH AB.AC bc AH AD AC AD 2R Diện tích tam giác ABC là: S= abc 1 bc AH BC = a = 4R 2 2R Đáp án cần chọn là: A Câu 8: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB C điểm cung AB Lấy điểm M thuộc cung BC điểm N thuộc tia AM cho AN = BM Kẻ dây CD song song với AM Gọi S1; S2 diện tích tam giác CAN tam giác BCM (hình vẽ) Chọn câu A S1 = 2S2 B 2S1 = S2 C S1 = S2 D S1 = S2 Lời giải Xét CAN BCM có: +) AC = BC (vì C điểm cung AB) +) CAN CBN (hai góc nội tiếp chắn cung CM) +) Theo giả thiết ta có AN = BM Do ACN BCM (c.g.c) Hai tam giác nên diện tích Do S1 = S2 Đáp án cần chọn là: C Vận dụng cao: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB C điểm cung AB Lấy điểm M thuộc cung BC điểm N thuộc tia AM cho AN = BM Kẻ dây CD song song với AM Gọi S1; S2 diện tích tam giác CAN tam giác BCM (hình vẽ) Khi tam giác AMN tam giác: A Đều B Cân C Vuông D Vuông cân Lời giải Xét CAN BCM có: +) AC = BC (vì C điểm cung AB) +) CAN CBN (hai góc nội tiếp chắn cung CM) +) Theo giả thiết ta có AN = BM Do ACN BCM (c.g.c) Do CN = CM Vì CMN tam giác cân C (1) Lại có CMA 1 sd AC = 90o = 45o CMN = 45o 2 CMN tam giác cân C nên CNM CMN = 45o Tổng ba góc tam giác 180o Nên CMN CNM MCN = 180o 45o + 45o + MCN = 180o Do MCN = 90o (2) Từ (1) (2) suy CMN vuông cân C Đáp án cần chọn là: D Câu 9: Cho đường tròn (O; R) điểm M bên đường trịn Qua M kẻ hai dây cung AB CD vng góc với (C thuộc cung nhỏ AB) Vẽ đường kính DE Cho biết thêm R = Giá trị lớn biểu thức Q = MA + MB + MC + MD là: A B C D Lời giải Do DE đường kính (O; R) nên DCE = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Do CD CE Mặt khác, theo giả thiết có CD AB Do AB // CE Mặt khác dây CE, AB hai dây song song (O) chắn hai cung AC BE nên cung AC cung BE hay cung AE cung BC suy EA = BC Mặt khác DAE = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Do MA2 + MB2 + MC2 + MD2 = (MA2 + MD2) + (MB2 + MC2) = AD2 + BC2 = DE2 = 4R2 = 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 ta chứng minh được: 2[(MA + MB)2 + (MC + MD)2] (MA + MB + MC + MD)2 Từ suy ra: 4(MA2 + MB2 + MC2 + MD2) (MA + MB + MC + MD)2 Vì (MA + MB + MC + MD)2 4.4 = 42 MA + MB + MC + MD 4 Dấu “=” xảy MA = MB = MC = MD Khi M O Đáp án cần chọn là: D Câu 10: Cho hình vẽ Giả sử số đo cung AnC, CpD, DqB có số đo , , 2 360o Khi đó: A AEB > BTC B AEB = BTC C AEB = BTC Lời giải D AEB = BTC Theo giả thiết ta có: sđ AmB = 360o – (sđ AnC + sđ CpD + sđ DqB ) = 360o – (2 ) (1) Theo tính chất góc có đỉnh nằm bên ngồi đường trịn áp dụng (1) ta có: 1 (sđ AnC − sđ CpD ) = (360o − 2 − − ) = 180o − ) 2 (2) CED Ta có BTC góc có đỉnh ngồi đường trịn (có hai cạnh tiếp tuyến đường tròn) nên BTC = sđCAB sđCDB = 1 sđAmB sđAnC sđCpD sđDqB 2 360o 2 = 360o 2 2 = 180o − − = 2 (3) Từ (2) (3) ta suy CED BTC Đáp án cần chọn là: C Câu 11: Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax, By C D Khi độ dài AC + BD nhỏ khi: A cung MA = cung MB C AC = BD = R B AM = MB D A, B, C Lời giải Do CM, DM tiếp tuyến nên ta có MD = BD, CM = CA Từ CA + BD = CM + MD = CD Từ C hạ đường cao CH xuống BD Khi HCD vng H, có CD cạnh huyền CH cạnh góc vng nên CD CH Mặt khác CH // BA CA CH, BH CH nên CHBA hình chữ nhật Do CH = BA Vì CD AB Do CA + BD nhỏ CA + BD = AB CD = AB CD = CH CD // AB Khi ta có ABDC hình chữ nhật AC = BD Mặt khác O trung điểm AB nên M trung điểm CD Kéo theo CA = CM = MD = BD = R Đáp án cần chọn là: D Câu 12: Cho hai đường trịn (O1) (O2) có bán kính R cắt hai điểm A, B Qua A vẽ cát tuyến cắt hai đường tròn (O1) (O2) thứ tự E F O2AO1 = 120o Khi diện tích S phần giao hai đường trịn (O1) (O2) là: R 2 3 A S = R 2 3 C S = R 2 3 B S = R 2 3 D 12 Lời giải Gọi S1, S2, S3 diện tích hình quạt AO2B, AO1B tứ S1 S2 S3 S1 = S2 Theo giả thiết ta có O2AO1 = 120o nên O AB O AO1 = 60o Tam giác O2AB cân O2 nên ta nhận AO2B tam giác giác AO1BO2 Khi S = Từ AO2 B = 60o R R Suy S1 = 60 = 360 Gọi H = O1O2 AB Xét tam giác AHO2 vng H Ta có HAO2 = 60o, nên sin 60o = R Áp dụng định lý Pytago tam giác vuông AHO2 ta nhận được: HO2 = AO2 sin 60o = R R2 AH = AH + O2H = O2A AH = O2A – O2H = 2 2 2 R 3R 3R Diện tích tam giác AHO2 AH.HO2 = 2 2 HO AO Ta kiểm tra tam giác AHO2, BHO2, AHO1 tam giác Do diện tích tứ giác AO2BO1 lần diện 3R R tích tam giác AHO2 Do S3 = Từ ta có: R R 3R R 2 3 S1 S2 S3 S= 2 12 Đáp án cần chọn là: C Câu 13: Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By SMON R N Khi tỉ số SAPB trường hợp AM = là: 25 A B C 16 Lời giải D 16 25 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OM tia phân giác góc AOP ON tia phân giác góc BOP Do MOA MOP, PON BON (1) Ta lại có AOP, BOP hai góc kề bù nên AOP BOP = 180o (2) Từ (1) (2) ta suy ra: MON MOP PON AOP POB = 180o = 90o AOM MOP PON NOB = Nên tam giác MON tam giác vng O có OP MN (OP tiếp tuyến) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng MON ta có: OP2 = PN PM Ta lại có OP = R; AM = PM; BN = N (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Do AM BN = R2 hay PN.PM = R2 Mà PM = AM = R R PM = PN = 2R 2 5R MN 5R R Do MN = PM + PN = + 2R = 2 AB 2R Ta có APB góc nội tiếp chắn nửa đường trịn nên ^6APB = 90o (4) Theo tính chất hai tiếp tuyến ta có: NB ON OBN = 90o, NP OP OPN = 90o OBN OPN = 180o Do tứ giác OBNP tứ giác nội tiếp Từ OBP PNO (5) Từ (4); (5) MON = 90o suy hai tam giác vuông APB MON đồng dạng với 2 S MN 25 Suy MON SAPB AB 16 Đáp án cần chọn là: C Câu 14: Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi D trung điểm AC; tia BD cắt tiếp tuyến A với đường tròn (O) điểm E; EC cắt (O) F Giả sử DF // BC Khi cos ABC = ? A B 2 C D Lời giải Giả sử tia FD cắt AB M, cắt (O) N Theo giả thiết DF // BC, AH trục đối xứng BC đường tròn (O) nên F, D theo thứ tự điểm đối xứng với N, M qua AH Do FD = MN = MD = 1 BC = ND = BH 2 (1) Xét NDA, CDF có ADN CDF (hai góc đối đỉnh) ACF,FNA hai góc nội tiếp chắn cung AF nên DCF DNA Do NDA ∽ CDF Từ (1), (4) suy 2BH2 = DA ND DF DN = DA DC DF CD (4) AC2 BH = AC 4 BH BH AB AC Đáp án cần chọn là: A Câu 15: Cho A điểm cố định đường tròn (O; R) Gọi A AC cos ABC = hai dây cung thay đổi đường tròn (O) thỏa mãn AB.AC = R Khi vị trí B, C (O) để diện tích ABC lớn là: A ABC cân B ABC C ABC vuông cân D ABC vuông Lời giải Kẻ AH BC, OI BC, đường kính AD Ta chứng minh AHC ∽ ABD (g – g) Do AH AC AH AD = AB AC AB AC = 2R AH AB AD Theo giả thiết AB.AC = R , nên AB AC = 3R2 Thay (2) (1) ta có AH = (1) (2) 3R Lại có OI + OA AI AH nên OI AH – OA = 3R R R 2 3R giá trị không đổi nên SABC lớn BC lớn R BC OA ABC cân A OI nhỏ OI = R OI sin OBI OBI OCI = 30o BOC = 120o Mà OI = OB Do AH = BAC = 60o Vậy ABC Đáp án cần chọn là: B *Chú ý: Học sinh thường làm sai sau: Diện tích tam giác ABC lớn BC = 2R, AH = R mà không ý đến điều kiện AB.AC R 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 đường tròn (O) A E, F Khi CD thay đổi Giá trị nhỏ EF theo R là: A 4R B 2R C 6R D R Lời giải B thuộc đường tròn đường kính CD Suy 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 AE.AF AB2 = 2AB = 4R Vậy giá trị nhỏ EF 4R đạt CD AB Đáp án cần chọn là: A Câu 17: Cho tam giác ABC có cạnh 1, nội tiếp đường tròn tâm O Đường cao AD tam giác ABC cắt đường tròn điểm H Diện tích phần giới hạn cung nhỏ BC hình BOCH là: A 3 B C D 3 2 Lời giải Ta có: AD đường cao ABC nên trung tuyến BD = DC) Xét DBH, DCH có: BD = DC, BDH CDH = 90o DBH = DCH (c.g.c) BH = HC (1) DH chung Do AH đường kính nên ACH = 90o Mà ACD = 60o DCH = 30o Do OA = OC = R nên OAC OCA = 30o suy OCD = 30o Xét hai tam giác vng ODC, HDC có: ODC HDC = 90o; OCD HCD = 30o; CD chung nên ODC = HDC (g.c.g) OC = CH Tứ giác OBHC có cạnh nên hình thoi Từ ta có OD = DH, BD = DC, OCD = 30o, BC OH nên: S1 = SOBHC = 1 BC OH = (2OD)(2DC) = 2OD DC 2 = 2(OC.sin OCD )(OC.cos OCD ) = 2OC2sin30o cos 30o = 2.12 Ta có diện tích hình quạt OBC là: S2 = R 120 = 360 Vậy diện tích cần tính S = S1 – S2 = 3 = 2 Đáp án cần chọn là: C ... trịn (O1) (O2) là: R 2 3 A S = R 2 3 C S = R 2 3 B S = R 2 3 D 12 Lời giải Gọi S1, S2, S3 diện tích hình quạt AO2B, AO1B tứ S1 S2 S3 S1 = S2 Theo giả thiết ta... AH đường kính nên ACH = 90 o Mà ACD = 60o DCH = 30 o Do OA = OC = R nên OAC OCA = 30 o suy OCD = 30 o Xét hai tam giác vuông ODC, HDC có: ODC HDC = 90 o; OCD HCD = 30 o; CD chung nên ODC... DC, OCD = 30 o, BC OH nên: S1 = SOBHC = 1 BC OH = (2OD)(2DC) = 2OD DC 2 = 2(OC.sin OCD )(OC.cos OCD ) = 2OC2sin30o cos 30 o = 2.12 Ta có diện tích hình quạt OBC là: S2 = R 120 = 36 0 Vậy diện