11. Bài tập hay và khó chương góc với đường tròn

Đề bài

Câu 1 :

Cho ΔABC nội tiếp đường tròn (O;R)có độ dài các cạnh là AB=c,BC=a,CA=b  kẻ AHBC,AO cắt (O) tại D. Diện tích S của ΔABC là:

  • A.

    S=abc4R

  • B.

    S=abc2R

  • C.

    S=abcR

  • D.

    S=2abcR

Câu 2 :

Cho nửa đường tròn (O) đường kính ABC 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 S1 S2 lần lượt là diện tích của tam giác ACNΔBCM.  (hình vẽ)

Câu 2.1

Chọn câu đúng.

  • A

    S1=2S2

  • B

    2S1=S2

  • C

    S1=S2

  • D

    S1=13S2.

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 (O;R)và một điểm M bên trong đường tròn đó. Qua M kẻ hai dây cung ABCD 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 α,β,α(2α+β<3600).                       

Khi đó

  • A.

    ^AEB>^BTC 

  • B.

    2^AEB=^BTC      

  • C.

    ^AEB=^BTC        

  • D.

    ^AEB=2^BTC

Câu 5 :

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính bằng a. Biết rằng ACBD. 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 (O),BD là đường phân giác của góc ^ABC.

Đường thẳng BD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. Đường tròn (O1) đường kính DE cắt

đường tròn (O) 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(m). Tính diện tích thành giếng là:

  • A.

    π(m2) 

  • B.

    0,44π(m2)

  • C.

    1,76π(m2)

  • D.

    0,96π(m2)

Câu 8 :

Cho biết diện tích của hình quạt OAB bằng 14 diện tích của hình tròn. Khi đó ^BOA=?

  • A.

    900       

  • B.

    600

  • C.

    450

  • D.

    1200

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=8+23 và tồn tại điểm I thuộc đoạn MN sao cho ^DAI=450,^IDA=300. Khi đó diện tích S của hình chữ nhật ABCD là:

  • A.

    S=1+3

  • B.

    S=4(1+3)

  • C.

    S=1+32       

  • D.

    S=2(1+3)

Câu 10 :

Cho đường tròn (O;R) và một điểm M nằm ở ngoài đường tròn sao cho MO=2R. Đường thẳng d đi qua M, tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại A. Giả sử N=MO(O;R). Kẻ hai đường kính AB,CD khác nhau của (O;R.) Các đường thẳng BC,BD cắt đường thẳng d lần lượt tại P,Q. Khi đó

  • A.

    3BQ2AQ>4R

  • B.

    3BQ2AQ<4R

  • C.

    3BQ2AQ=4R

  • D.

    A,B,C đều sai

Câu 11 :

Cho nửa đường tròn đường kính AB=2R. Từ AB kẻ hai tiếp tuyến AxBy. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax,By lần lượt tại CD. 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 (O1)(O2) có bán kính bằng R cắt nhau tại hai điểm A,B. Qua A vẽ cát tuyến cắt hai đường tròn (O1)(O2) thứ tự tại EF. ^O2AO1=1200.  Khi đó diện tích S phần giao của hai đường tròn (O1)(O2) là:

  • A.

    S=R2(2π33)2

  • B.

    S=R2(2π33)6    

  • C.

    S=R2(2π33)12          

  • D.

    S=R2(2π33)4

Câu 13 :

Cho nửa đường tròn đường kính AB=2R. Từ AB kẻ hai tiếp tuyến Ax,By. Trên Ax lấy điểm M rồi kẻ tiếp tuyến MP cắt By tại N.Khi đó tỉ số SMONSAPB trong trường hợp AM=R2 là:

  • A.

    1

  • B.

    14

  • C.

    2516

  • D.

    1625

Câu 14 :

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

  • A.

    24

  • B.

    22        

  • C.

    32        

  • D.

    12

Câu 15 :

Cho A là điểm cố định trên đường tròn (O;R). Gọi ABAC là hai dây cung thay đổi trên đường tròn (O) thỏa mãn AB.AC=R3. Khi đó vị trí của B,C trên (O) để diện tích ΔABC lớn nhất là:

  • A.

    ΔABC cân     

  • B.

    ΔABC đều.

  • C.

    ΔABC vuông cân      

  • D.

    ΔABC vuông

Câu 16 :

Cho đường tròn (O;R), đường kính AB cố định, đường kính CD thay đổi(CDAB). Các tia BC,BD cắt tiếp tuyến của đường tròn (O) 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.

    3π3

  • B.

    32+π3

  • C.

    32π3

  • D.

    32π3

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

Cho ΔABC nội tiếp đường tròn (O;R)có độ dài các cạnh là AB=c,BC=a,CA=b  kẻ AHBC,AO cắt (O) tại D. Diện tích S của ΔABC là:

  • A.

    S=abc4R

  • B.

    S=abc2R

  • C.

    S=abcR

  • D.

    S=2abcR

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 ΔABHΔADC^AHB=^ACD=900.

Các góc ^ABC,^ADC là các góc nội tiếp cùng chắn cung AC nên ^ABC=^ADC.

Do đó ΔABHΔADC.  

Vì vậy ABAD=AHACAH=AB.ACAD=bc2R.

Diện tích tam giác ABC là:

S=12AH.BC=12(bc2R).a=abc4R.

Câu 2 :

Cho nửa đường tròn (O) đường kính ABC 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 S1 S2 lần lượt là diện tích của tam giác ACNΔBCM.  (hình vẽ)

Câu 2.1

Chọn câu đúng.

  • A

    S1=2S2

  • B

    2S1=S2

  • C

    S1=S2

  • D

    S1=13S2.

Đáp án: C

Phương pháp giải :

Chứng minh hai tam giác bằng nhau ΔACNΔBCM từ đó suy ra mối quan hệ về diện tích.

Lời giải chi tiết :

Xét ΔACNΔBCM có:

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

+ ^CAN=^CBN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM)

+ Theo giả thiết ta có AN=BM.

Do đó  ΔACN=ΔBCM(c.g.c). Hai tam giác bằng nhau nên diện tích bằng nhau. Do đó S1=S2.

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 ^MCN=900.

Lời giải chi tiết :

Theo chứng minh ở câu 14 ta có ΔACN=ΔBCM.Do đóCN=CM.

Vì vậy ΔCMN là tam giác cân tại C(1).

Lại có ^CMA=12sdAC=12.900=450^CMN=450.

ΔCMN là tam giác cân tại Cnên ^CNM=^CMN=450.  Tổng ba góc trong một tam giác bằng 1800. Nên ^CMN+^CNM+^MCN=1800450+450+^MCN=1800.

Do đó ^MCN=900(2).

Từ (1) và (2) suy ra ΔCMN vuông cân tại C .

Câu 3 :

Cho đường tròn (O;R)và một điểm M bên trong đường tròn đó. Qua M kẻ hai dây cung ABCD 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 (O;R) nên ^DCE=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó CDCE. Mặt khác theo giả thiết ta có CDAB.

Do đó AB//CE.

Mặt khác các dây CE,AB là hai dây song song của (O) chắn hai cung ACBE nên

cung  AC  bằng cung BE  hay cùng AE  bằng cung BC  suy ra EA=BC.

Mặt khác ^DAE=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó MA2+MB2+MC2+MD2=(MA2+MD2)+(MB2+MC2)=AD2+BC2=DE2=4R2=4.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho MA2,MB2 ta có

MA2+MB22MA.MB2(MA2+MB2)2MA2+2MB2MA2+MB2+2MA.MB=(MA+MB)2.

Tương tự

2(MC2+MD2)(MC+MD)2.

Bằng cách tương tự trên ta chứng minh được

2[(MA+MB)2+(MC+MD)2](MA+MB+MC+MD)2.

Từ đó ta suy ra 4(MA2+MB2+MC2+MD2)(MA+MB+MC+MD)2. Vì vậy

(MA+MB+MC+MD)24.4=42MA+MB+MC+MD4.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MA=MB=MC=MD. Khi đó MO.

Câu 4 :

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

AnC,CpD,DqB lần lượt có số đo là α,β,α(2α+β<3600).                       

Khi đó

  • A.

    ^AEB>^BTC 

  • B.

    2^AEB=^BTC      

  • C.

    ^AEB=^BTC        

  • D.

    ^AEB=2^BTC

Đáp án : C

Phương pháp giải :

– Sử dụng tính chất góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn để tính các góc ^CED^BTC.

Lời giải chi tiết :

Theo giả thiết ta có sđAmB

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)(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 DCIAB = 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},\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)\left( 2 \right) ta suy ra \widehat {MBD} = \widehat {FBE}. Do đó BFBM 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 {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)\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)\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 + BDBQ + 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}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)\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 AB kẻ hai tiếp tuyến AxBy. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax,\,By lần lượt tại CD. 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,CD là cạnh huyền và CH là cạnh góc vuông nên CD \ge CH. Mặt khác CH//BACA \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 ABDClà 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)\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)\left( {{O_2}} \right) thứ tự tại EF. \widehat {{O_2}A{O_1}} = {120^0}.  Khi đó diện tích S phần giao của hai đường tròn \left( {{O_1}} \right)\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}{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}\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 AB 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 MONAPB.

+ 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}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)\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 OOP \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}

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)\widehat {MON} = 90^\circ suy ra hai tam giác vuông APBMON 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,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\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 ABAC 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)\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.

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\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 EF4R. 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

\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\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}.

TẢI APP ĐỂ XEM OFFLINE