VnDoc.com

Bồi dưỡng HSG Toán 9 chuyên đề 5: Chùm bài Toán về Tiếp tuyến, Cát tuyến

Bồi dưỡng HSG lớp 9 môn Toán

Bài trước

Tải về

Bài sau

Lớp: Lớp 9

Môn: Toán

Dạng tài liệu: Đề thi HSG

Loại File: Word + PDF

Phân loại: Tài liệu Tính phí

Chuyên đề 5: Chùm bài Toán về Tiếp tuyến, Cát tuyến

Bồi dưỡng HSG Toán 9 chuyên đề 5: Chùm bài Toán về Tiếp tuyến, Cát tuyến được VnDoc sưu tầm và đăng tải. Tài liệu giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học và kỹ năng giải bài tập, biết cách phân bổ thời gian làm bài sao cho hợp lý. Mời các bạn cùng tham khảo

Bồi dưỡng HSG Toán 9 chuyên đề 5: Chùm bài Toán về Tiếp tuyến, Cát tuyến được VnDoc đã chia sẻ trên đây. Nội dung gồm lý thuyết và các câu hỏi bài tập trong chuyên đề về Tiếp tuyến, Cát tuyến, chuẩn bị tốt cho kì thi HSG lớp 9 sắp tới. Chúc các bạn học tốt, mời các bạn tham khảo

A. Những tính chất cần nhớ

1. Nếu hai đường thẳng chứa các dây của một đường tròn cắt nhau tại thì

2. Đảo lại nếu hai đường thẳng cắt nhau tại và thì bốn điểm thuộc một đường tròn.

3. Nếu là tiếp tuyến và là cát tuyến thì $MC^{2} = MA.MB = MO^{2} - R^{2}$

4. Từ điểm nằm ngoài đường tròn ta kẻ các tiếp tuyến cát tuyến , là trung điểm thì năm điểm nằm trên một đường tròn.

5. Từ điểm nằm ngoài đường tròn ta kẻ các tiếp tuyến cát tuyến thì $\frac{AC}{AD} = \frac{BC}{BD}$

Ta có: $\widehat{KAC} = \widehat{ADK} \Rightarrow \Delta KAC \sim \Delta KAD \Leftrightarrow \frac{AC}{AD} = \frac{KC}{KA}$

Tương tự ta cũng có: $\frac{BC}{BD} = \frac{KC}{KB}$ mà nên suy ra $\frac{AC}{AD} = \frac{BC}{BD}$

Chú ý: Những tứ giác quen thuộc như trên thì ta luôn có: $\frac{AC}{AD} = \frac{BC}{BD}$ và $\frac{CA}{CB} = \frac{DA}{DB}$

B. Những bài toán tiêu biểu

Bài 1: Từ điểm nằm ngoài đường tròn ta kẻ các tiếp tuyến cát tuyến đến . Gọi là giao điểm và . Vẽ dây qua . Chứng minh

a. là tứ giác nội tiếp

b. là phân giác của góc

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa

Để chứng minh là tứ giác nội tiếp việc chỉ ra các góc là rất khó khăn.

Ta phải dựa vào các tính chất của cát tuyến , tiếp tuyến.

Ta có: là tứ giác nội tiếp và $AB \cap ID = M$ nên ta có:

Mặt khác là tứ giác nội tiếp nên

Từ đó suy ra hay là tứ giác nội tiếp.

b. Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác . Ta có $IO = OD = R \Rightarrow \widehat{OKI} = \widehat{OKD}$

suy ra là phân giác của góc

Bài 2: Từ điểm nằm ngoài đường tròn ta kẻ các tiếp tuyến cát tuyến đến . Gọi là giao điểm và . Chứng minh

a. là tứ giác nội tiếp

b. Đường thẳng chứa phân giác của góc

Vì là tiếp tuyến nên ta có: $KB^{2} = KC.KD = KO^{2} - R^{2}$

Mặt khác tam giác vuông tại và $BM\bot KO$ nên $KB^{2} = KM.KO$ suy ra

hay là tứ giác nội tiếp

là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{KMC} = \widehat{ODC},\widehat{OMD} = \widehat{OCD}$ .

Mặt khác ta có: $\widehat{ODC} = \widehat{OCD} \Rightarrow \widehat{KMC} = \widehat{OMD}$

Trường hợp 1:

Tia thuộc nửa mặt phẳng chứa và bờ là (h1)

Hai góc $\widehat{AMC},\widehat{AMD}$ có 2 góc phụ với nó tương ứng là $\widehat{KMC},\widehat{ODC}$ mà $\widehat{KMC} = \widehat{ODC}$ nên $\widehat{AMC} = \widehat{AMD}$ hay là tia phân giác của góc $\widehat{CMD}$

Trường hợp 2:

Tia KD thuộc nửa mặt phẳng chứa B và bờ là KO (h2) thì tương tự ta cũng có MB là tia phân giác của góc $\widehat{CMD}$

Suy ra Đường thẳng B chứa phân giác của góc $\widehat{CMD}$ .

Bài 3. Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát tuyến KCD đến (O). Gọi H là trung điểm CD . Vẽ dây AF đi qua H. Chứng minh

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa

Để chứng minh BF // CD ta chứng minh $\widehat{AHK} = \widehat{AFB}$

Ta có $\widehat{A FB} = \frac{1}{2}\widehat{AOB}$ (Tính chất góc nội tiếp chắn cung ).

Mặt khác KO là phân giác góc $\widehat{AOB}$ nên $\widehat{AOK} = \widehat{BOK} = \frac{1}{2}\widehat{AOB} \Rightarrow \widehat{AFB} = \widehat{AOK}$ . Vì A; K; B O; H cùng nằm trên đường tròn đường kính nên $\widehat{AHK} = \widehat{AOK} \Rightarrow \widehat{AFB} = \widehat{AHK} \Leftrightarrow BF//CD$

Bài 4. Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát tuyến KCD đến (O). Gọi H là trung điểm CD. Đường thẳng qua H song song với BD cắt AB tại I . Chứng minh $CI\bot OB$

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa

Ta có $HI//BD \Rightarrow \widehat{CHI} = \widehat{CDB}$ . Mặt khác $\widehat{CAB} = \widehat{CDB}$ cùng chắn cung CB nên suy ra $\widehat{CHI} = \widehat{CAB}$ hay AHIC là tứ giác nội tiếp.

Do đó $\widehat{IAH} = \widehat{ICH} \Leftrightarrow \widehat{BAH} = \widehat{ICH}$ .

Mặt khác ta có A, K, B, O, H cùng nằm trên đường tròn đường kính KO nên $\widehat{BAH} = \widehat{BKH}$

Từ đó suy ra $\widehat{ICH} = \widehat{BKH} \Rightarrow CI//KB$ .

Mà $KB\bot OB \Rightarrow CI\bot OB$

Nhận xét: Mấu chốt bài toán nằm ở vấn đề $OB\bot KB$ . Thay vì chứng minh $CI\bot OB$ ta chứng minh .

Bài 5: Cho đường tròn (O) dây cung ADI. Gọi I là điểm đối xứng với A qua D. Kẻ tiếp tuyến IB với đường tròn (O). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt IB ở K . Gọi C là giao điểm thứ hai của KD với đường tròn (O). Chứng minh rằng BC // AI.

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa:

Ta cần chứng minh: $\widehat{AIK} = \widehat{KBC}$

Mặt khác ta có: $\widehat{KBC} = \widehat{CAB} = \frac{1}{2}sd\widehat{CB}$ nên ta sẽ chứng minh $\widehat{AIK} = \widehat{CAB}$ hay $\Leftrightarrow \Delta BID\sim\Delta BCA$

Thật vậy theo tính chất 5 ta có: $\frac{CB}{CA} = \frac{DB}{DA}$ mà $DA = DI \Rightarrow \frac{CB}{CA} = \frac{DB}{DI}$

Tứ giác ACBD nội tiếp nên $\widehat{BCA} = \widehat{BDI}$

$\Rightarrow \Delta BID\sim\Delta BCA \Rightarrow \widehat{AIK} = \widehat{CAB}$

Hay $\widehat{AIK} = \widehat{KBC} \Rightarrow BC//AI$

Bài 6: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát tuyến KCD đến (O). Gọi M là giao điểm OK và AB. Vẽ dây CF qua M. Chứng minh DF//AB.

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa:

Kẻ $OH\bot CD$

Ta chứng minh được: AMOD là tứ giác nội tiếp (bài toán 2) nên $\widehat{M_{1}} = \widehat{D_{1}}$ mà $\widehat{M_{1}} + \widehat{M_{2}} = 90^{0};\widehat{D_{1}} + \widehat{DOH} = 90^{0}$

$\Rightarrow \widehat{M_{2}} = \widehat{DOH}$ .

Mặt khác ta có: $\widehat{CFD} = \frac{1}{2}\widehat{COD},\widehat{DOH} = \frac{1}{2}\widehat{COD}$

$\Rightarrow \widehat{CFD} = \widehat{DOH}$ .

Từ đó suy ra $\widehat{M_{2}} = \widehat{CFD} \Leftrightarrow DF//AB$

Chú ý: $DF//AB \Rightarrow ABFD$ là hình thang cân có hai đáy là $AB,DF \Rightarrow \widehat{OMD} = \widehat{OMF}$

Bài 7: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát tuyến KCD đến (O). Gọi M là giao điểm OK và AB. Kẻ OH vuông góc với CD cắt AB ở E. Chứng minh

a) CMOE là tứ giác nội tiếp.

b) CE; DE là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa:

a) Theo bài toán 2, ta có CMOD

là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{CMK} = \widehat{ODC} = \widehat{OCD}$ .

Do đó các góc phụ với chúng

bằng nhau: $\widehat{CME} = \widehat{COE}$ .

Suy ra CMOE là tứ giác nội tiếp (theo cung chứa góc).

b) Cũng theo bài toán 2, CMOD nội tiếp.

Mặt khác CMOE là tứ giác nội tiếp nên E; C; M; O; D thuộc một đường tròn.

Từ đó dễ chứng minh CE; DE là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Bài 8. Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát tuyến KCD đến (O). Vẽ đường kính AI. Các dây IC, ID cắt KO theo thứ tự ở G, N. Chứng minh rằng OG = ON.

Giải:

Ta vẽ trong hình trường hợp và nằm khác phía đối với . Các trường hợp khác chứng minh tương tự.

Để chứng minh , ta sẽ chứng minh $\Delta IOG = \Delta AON$ .

Ta đã có $OI = OA,\widehat{IOG} = \widehat{AON}$ , cần chứng minh $\widehat{CIA} = \widehat{IAN}$ , muốn vậy phải có . Ta sẽ chứng minh $\widehat{AND} = \widehat{CID}$ . Chú ý đến là đường kính, ta có $\widehat{ADI} = 90^{0}$ , do đó ta kẻ $AM\bot OK$ Ta có là tứ giác nội tiếp, suy ra $\widehat{AND} = \widehat{AMD}$ (1)

Sử dụng bài 2, ta có là tứ giác nội tiếp và $\widehat{AMD} = \frac{1}{2}\widehat{CMD} = \frac{1}{2}\widehat{COD}$ (2). Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{AND} = \frac{1}{2}\widehat{COD}$ . Ta lại có $\widehat{CID} = \frac{1}{2}\widehat{COD}$ nên $\widehat{AND} = \frac{1}{2}\widehat{CID}$ .

HS tự giải tiếp.

Bài 9. Từ điểm nằm ngoài đường tròn ta kẻ các tiếp tuyến cát tuyến đến . Gọi là trung điểm của . Chứng minh rằng $\widehat{ADC} = \widehat{MDB}$ .

Giải:

Kẻ $OH\bot CD$ , cắt ở .

Theo bài 7 , là tiếp tuyến của đường tròn , nên theo bài toán quen thuộc 3, ta có là tứ giác nội tiếp, suy ra $\widehat{EBD} = \widehat{ECD}$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{CBD} = \widehat{EMD}$ .

Do đó hai góc bù với nhau chúng bằng nhau: $\widehat{CAD} = \widehat{BMD} \Rightarrow \Delta CAD\sim\Delta BMD$ (g.g) nên $\widehat{ADC} = \widehat{MDB}$

Tài liệu dài, tải về để xem chi tiết và đầy đủ nhé!

----------------------------------------------------

Ngoài Bồi dưỡng HSG Toán 9 chuyên đề 5: Chùm bài Toán về Tiếp tuyến, Cát tuyến. Mời các bạn học sinh còn có thể tham khảo các đề thi học kì 1 lớp 9, đề thi học kì 2 lớp 9 các môn Toán, Văn, Anh, Lý, Địa, Sinh mà chúng tôi đã sưu tầm và chọn lọc. Với đề Thi vào lớp 10 năm 2019 này giúp các bạn rèn luyện thêm kỹ năng giải đề và làm bài tốt hơn. Chúc các bạn ôn thi tốt

Tải về

Chọn file muốn tải về: