Giao diện mới của VnDoc Pro: Dễ sử dụng hơn - chỉ tập trung vào lớp bạn quan tâm. Vui lòng chọn lớp mà bạn quan tâm: Lưu và trải nghiệm
Đóng
Điểm danh hàng ngày
  • Hôm nay +3
  • Ngày 2 +3
  • Ngày 3 +3
  • Ngày 4 +3
  • Ngày 5 +3
  • Ngày 6 +3
  • Ngày 7 +5
Bạn đã điểm danh Hôm nay và nhận 3 điểm!
Nhắn tin Zalo
Nhắn tin Zalo VNDOC để nhận tư vấn mua gói Thành viên hoặc tải tài liệu Hotline hỗ trợ: 0936 120 169

Các bài toán về tiếp tuyến và cát tuyến (Có đáp án)

Các bài toán về tiếp tuyến và cát tuyến được VnDoc sưu tầm và giới thiệu tới các bạn học sinh cùng quý thầy cô tham khảo. Nội dung tài liệu sẽ giúp các bạn học sinh học tốt môn Toán lớp 9 luyện thi vào lớp 10 hiệu quả hơn. Mời các bạn tham khảo.

Đây là phần bài tập về Tiếp tuyến và Cát tuyến Toán lớp 9 được chia làm hai phần: Lý thuyết và bài tập vận dụng. Phần đầu tiên sẽ tổng hợp lại kiến thức về Tiếp tuyến và Cát tuyến cũng như đưa ra các tính chất giúp các bạn học sinh hiểu sâu hơn về lý thuyết. Phần bài tập được sưu tầm và chọn lọc để các bạn học sinh có thể áp dụng các tính chất phía trên để làm bài. Qua đó sẽ giúp cho các bạn học sinh ôn tập và củng cố, nâng cao thêm kiến thức về phần Tiếp tuyến nói riêng và Hình học lớp 9 nói chung để chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh vào lớp 10.

Lưu ý: Nếu không tìm thấy nút Tải về bài viết này, bạn vui lòng kéo xuống cuối bài viết để tải về.

Học trực tuyến lớp 9 môn Toán chuyên đề: Tiếp tuyến với đường tròn

 

Các bài toán về tiếp tuyến và cát tuyến

1. Những tính chất cần nhớ về tiếp tuyến và cát tuyến

+ Nếu hai đường thẳng chứa các dây AB, CD, KCD của một đường tròn cắt nhau tại M thì MA.MB = MC . MD

+ Đảo lại nếu hai đường thẳng AB, CD cắt nhau tại M và MA.MB = MC.MD thì bốn điểm a, B, C, D thuộc một đường tròn.

+ Nếu MC là tiếp tuyến và MAB là cát tuyến thì MC² = MA.MB = MO² - R²

+ Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát tuyến KCD, H là trung điểm CD thì năm điểm K, A, H, O, B nằm trên một đường tròn.

+ Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát tuyến KCD thì \frac{{AC}}{{AD}} = \frac{{BC}}{{BD}}ACAD=BCBD.

2. Một số bài toán về tiếp tuyến và cát tuyến

Bài 1: Từ điểm A nằm ngoài đường tròn O, kẻ tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE. Dây cung EN song song với BC. I là giao điểm của DN và BC. Chứng minh rằng IB = IC.

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa

Xét tứ giác ABOC có:

\widehat{B} = \widehat{C} =
90^{0}B^=C^=900 (tính chất tiếp tuyến)

\Rightarrow \widehat{B} + \widehat{C} =
180^{0}B^+C^=1800

Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn

Xét tam giác CIK và tam giác BIC ta có

\widehat{I}I^ chung

\widehat{IBC} =
\widehat{KCI}IBC^=KCI^(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cùng cung đó)

Suy ra tam giác CIK đồng dạng với tam giác BIC

\Rightarrow \frac{IC}{IB} =
\frac{IK}{IC} \Rightarrow IC^{2} = IB.IKICIB=IKICIC2=IB.IK

Vì AC // BD nên \widehat{ABD} = 180^{0} -
60^{0} = 120^{0}ABD^=1800600=1200 (góc trong cùng phía)

\widehat{OBD} = 120^{0} - 90^{0} =
30^{0}OBD^=1200900=300

Mà tam giác BOD cân ở O (OB = OD = R)

\Rightarrow \widehat{BOD} = 180^{0} -
30^{0} - 30^{0} = 120^{0}BOD^=1800300300=1200

Áp dụng tính chất tiếp tuyến cắt nhau suy ra \widehat{BAO} = \widehat{CAO} =
30^{0}BAO^=CAO^=300

\Rightarrow \widehat{BOA} = 90^{0} -
30^{0} = 60^{0}BOA^=900300=600

Nhận thấy \widehat{BOA} + \widehat{BOD} =
60^{0} + 120^{0} = 180^{0}BOA^+BOD^=600+1200=1800

Mà 2 góc ở vị trí kề nhau suy ra A, O, D thẳng hàng

Bài 2: Từ một điểm M cố định ở bên ngoài đường tròn (O) ta kẻ một tiếp tuyến MT và một cát tuyến MAB của đường tròn đó.

a, Chứng minh rằng ta luôn có MI² = MA.MB và tích này không phụ thuộc vị trí của cát tuyến MAB

b, Khi cho MT = 20cm, MB = 50cm, tính bán kính đường tròn?

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa

a, Xét hai tam giác BMT và TMA có

\widehat{M}M^ chung

\widehat{B} = \widehat{MTA}B^=MTA^ (cùng chắn cung nhỏ AT)

Suy ra tam giác BMT đồng dạng với tam giác TMA

\Rightarrow \frac{MT}{MA} =
\frac{MB}{MT} \Rightarrow MT^{2} = MA.MBMTMA=MBMTMT2=MA.MB

Vì cát tuyến MAB kẻ tùy ý nên ta luôn có MT^{2} = MA.MBMT2=MA.MB không phụ thuộc vị trí của cát tuyến MAB

b, Gọi bán kính đường tròn là R. Ta có

MT^{2} = MA.MBMT2=MA.MB

MT^{2} = (MB - 2R).MBMT2=(MB2R).MB

Thay số ta có

20^{2} = (50 - 2R).50202=(502R).50

400 = 2500 - 100R400=2500100R

R = 21(cm)R=21(cm)

Bài 3:Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát tuyến KCD đến (O). Gọi M là giao điểm OK và AB. Vẽ dây DI qua M. Chứng minh:

a) KIOD là tứ giác nội tiếp

b) KO là phân giác của góc IKD.

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa

a. Để chứng minh KIODKIOD 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: AIBDAIBD là tứ giác nội tiếp và AB \cap ID = MABID=M nên ta có: MA.MB = MI.MDMA.MB=MI.MD

Mặt khác KAOBKAOB là tứ giác nội tiếp nên MA.MB = MO.MKMA.MB=MO.MK

Từ đó suy ra MO.MK = MI.MDMO.MK=MI.MD hay KIODKIOD là tứ giác nội tiếp.

b. Đường tròn ngoại tiếp tứ giác KIODKIODIO =
OD = R \Rightarrow \widehat{OKI} = \widehat{OKD}IO=OD=ROKI^=OKD^

suy ra KOKO là phân giác của góc IKDIKD

Bài 4: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn (O) ta kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát tuyến KCD đến (O). Gọi M là giao điểm OK và AB. Chứng minh

a) CMOD là tứ giác nội tiếp

b) Đường thẳng AB chứa phân giác của góc CMD.

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa

a. Vì KBKB là tiếp tuyến nên ta có: KB^{2} = KC.KD = KO^{2} -
R^{2}KB2=KC.KD=KO2R2

Mặt khác tam giác KOBKOB vuông tại BBBM\bot KOBMKO nên KB^{2} = KM.KOKB2=KM.KO suy ra KC.KD = KM.KOKC.KD=KM.KO hay CMODCMOD là tứ giác nội tiếp .

b.\ CMODb. CMOD là tứ giác nội tiếp nên \widehat{KMC} = \widehat{ODC},\widehat{OMD}
= \widehat{OCD}KMC^=ODC^,OMD^=OCD^ .

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

Trường hợp 1:

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

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

Trường hợp 2:

Tia KDKD thuộc nửa mặt phẳng chứa BB và bờ là KOKO (h2) thì tương tự ta cũng có MBMB là tia phân giác của góc \widehat{CMD}CMD^

Suy ra: Đường thẳng ABAB chứa phân giác của góc \widehat{CMD}CMD^ .

Bài 5: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn (O) ta kẻ các tiếp tuyến KA, KB cát tuyến KCD đến (O). Gọi là trung điểm CD. Vẽ dây AF đi qua H. Chứng minh BF // CD

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa

Ta có HI//BD \Rightarrow \widehat{CHI} =
\widehat{CDB}HI//BDCHI^=CDB^ .

Mặt khác \widehat{CAB} =
\widehat{CDB}CAB^=CDB^ cùng chắn cung CBCB nên suy ra \widehat{CHI} = \widehat{CAB}CHI^=CAB^ hay AHICAHIC là tứ giác nội tiếp.

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

Mặt khác ta có A,K,B,O,HA,K,B,O,H cùng nằm trên đường tròn đường kính \widehat{ICH} =
\widehat{BKH} \Rightarrow CI//KBICH^=BKH^CI//KB KOKO nên \widehat{BAH} = \widehat{BKH}BAH^=BKH^

KB\bot OB \Rightarrow CI\bot
OBKBOBCIOB

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

Bài 6: Cho đường tròn (O)(O) dây cung ADIADI. Gọi II là điểm đối xứng với AA qua DD. Kẻ tiếp tuyến IBIB với đường tròn (O)(O). Tiếp tuyến của đường tròn (O)(O) tại AA cắt IBIBKK. Gọi CC là giao điểm thứ hai của KDKD với đường tròn (O)(O). Chứng minh rằng BC//AIBC//AI.

Giải:

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

Mặt khác ta có: \widehat{KBC} =
\widehat{CAB} = \frac{1}{2}sđ\widehat{CB}KBC^=CAB^=12sđCB^ nên ta sẽ chứng minh \widehat{AIK} =\widehat{CAB}AIK^=CAB^ hay \Leftrightarrow \Delta BID\sim\Delta
BCAΔBIDΔBCA

Thật vậy theo tính chất 5 ta có: \frac{CB}{CA} = \frac{DB}{DA}CBCA=DBDADA = DI \Rightarrow \frac{CB}{CA} =
\frac{DB}{DI}DA=DICBCA=DBDI

Tứ giác ACBDACBD nội tiếp nên \widehat{BCA} = \widehat{BDI} \Rightarrow \Delta BID\sim\Delta BCABCA^=BDI^ΔBIDΔBCA \Rightarrow \widehat{AIK} = \widehat{CAB}AIK^=CAB^

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

Bài 7: Từ điểm KK nằm ngoài đường tròn ta (O)(O) kẻ các tiếp tuyến KA,KBKA,KB cát tuyến KCDKCD đến (O)(O). Gọi MM là giao điểm OKOKABAB. Vẽ dây CFCF qua MM. Chứng minh DF//ABDF//AB

Giải:

Kẻ OH\bot CDOHCD

Ta chứng minh được: CMODCMOD là tứ giác nội tiếp (bài toán 2) nên \widehat{M_{1}} = \widehat{D_{1}}M1^=D1^\widehat{M_{1}} + \widehat{M_{2}} =
90^{0};\widehat{D_{1}} + \widehat{DOH} = 90^{0} \Rightarrow
\widehat{M_{2}} = \widehat{DOH}M1^+M2^=900;D1^+DOH^=900M2^=DOH^.

Mặt khác ta có: \widehat{CFD} =
\frac{1}{2}\widehat{COD},\widehat{DOH} = \frac{1}{2}\widehat{COD}
\Rightarrow \widehat{CFD} = \widehat{DOH}CFD^=12COD^,DOH^=12COD^CFD^=DOH^.

Từ đó suy ra \widehat{M_{2}} =
\widehat{CFD} \Leftrightarrow DF//ABM2^=CFD^DF//AB

Chú ý: DF//AB \Rightarrow ABFDDF//ABABFD là hình thang cân có hai đáy là AB,DF
\Rightarrow \widehat{OMD} = \widehat{OMF}AB,DFOMD^=OMF^

Bài 8: Từ điểm KK nằm ngoài đường tròn ta (O)(O) kẻ các tiếp tuyến KA,KBKA,KB cát tuyến KCDKCD đến (O)(O). Gọi MM là giao điểm OKOKABAB. Kẻ OHOH vuông góc với CDCD cắt ABABEE. Chứng minh

a. CMOECMOE là tứ giác nội tiếp

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

Giải:

a. Theo bài toán 2, ta có CMODCMOD là tứ giác nội tiếp nên \widehat{CMK} =
\widehat{ODC} = \widehat{OCD}CMK^=ODC^=OCD^.

Do đó các góc phụ với chúng bằng nhau: \widehat{CME} = \widehat{COE}CME^=COE^.

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

b. Cũng theo bài toán 2, CMODCMOD nội tiếp.

Mặt khác CMOECMOE là tứ giác nội tiếp nên E,C,M,O,DE,C,M,O,D thuộc một đường tròn.

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

Bài 9: Từ điểm KK nằm ngoài đường tròn ta (O)(O) kẻ các tiếp tuyến KA,KBKA,KB cát tuyến KCDKCD đến (O)(O). Vẽ đường kính AIAI. Các dây IC,IDIC,ID cắt KOKO theo thứ tự ở G,NG,N. Chứng minh rằng OG = ONOG=ON.

Giải:

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

Để chứng minh OG = ONOG=ON, ta sẽ chứng minh \Delta IOG = \Delta
AONΔIOG=ΔAON.

Ta đã có OI = OA,\widehat{IOG} =
\widehat{AON}OI=OA,IOG^=AON^, cần chứng minh \widehat{CIA} = \widehat{IAN}CIA^=IAN^, muốn vậy phải có AN//CIAN//CI. Ta sẽ chứng minh \widehat{AND} = \widehat{CID}AND^=CID^.

Chú ý đến AIAI là đường kính, ta có \widehat{ADI} = 90^{0}ADI^=900, do đó ta kẻ AM\bot OKAMOKTa có AMNDAMND là tứ giác nội tiếp, suy ra \widehat{AND} = \widehat{AMD}AND^=AMD^ (1)

Sử dụng bài 2, ta có CMODCMOD là tứ giác nội tiếp và \widehat{AMD} =
\frac{1}{2}\widehat{CMD} = \frac{1}{2}\widehat{COD}AMD^=12CMD^=12COD^ (2). Từ (1) và (2) suy ra \widehat{AND} =
\frac{1}{2}\widehat{COD}AND^=12COD^.

Ta lại có \widehat{CID} = \frac{1}{2}\widehat{COD}CID^=12COD^ nên \widehat{AND} =
\frac{1}{2}\widehat{CID}AND^=12CID^.

HS tự giải tiếp.

Bài 10: Từ điểm KK nằm ngoài đường tròn ta (O)(O) kẻ các tiếp tuyến KA,KBKA,KB cát tuyến KCDKCD đến (O)(O). Gọi MM là trung điểm của ABAB. Chứng minh rằng \widehat{ADC} = \widehat{MDB}ADC^=MDB^.

Giải:

Kẻ OH\bot CDOHCD, cắt ABABEE.

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

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

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

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

Dạng toán tiếp tuyến và cát tuyến không chỉ giúp học sinh củng cố kiến thức hình học cơ bản mà còn rèn luyện khả năng tư duy logic và kỹ năng trình bày bài toán hình học chặt chẽ – điều rất cần thiết trong kỳ thi vào lớp 10. Qua việc luyện tập với các bài toán có đáp án, học sinh sẽ làm quen với nhiều tình huống khác nhau: từ chứng minh hình học, tính toán độ dài, đến áp dụng định lý liên quan đến góc, cung và tiếp tuyến. Để đạt kết quả cao, các em nên kết hợp ôn tập dạng bài này với các chuyên đề quan trọng khác như tứ giác nội tiếp, tam giác đồng dạng, đường tròn ngoại tiếp. Đừng quên lưu lại bài viết này và chia sẻ với bạn bè cùng ôn thi nhé!

Chia sẻ, đánh giá bài viết
22
Chọn file muốn tải về:
Đóng Chỉ thành viên VnDoc PRO/PROPLUS tải được nội dung này!
Đóng
79.000 / tháng
Đặc quyền các gói Thành viên
PRO
Phổ biến nhất
PRO+
Tải tài liệu Cao cấp 1 Lớp
Tải tài liệu Trả phí + Miễn phí
Xem nội dung bài viết
Trải nghiệm Không quảng cáo
Làm bài trắc nghiệm không giới hạn
Mua cả năm Tiết kiệm tới 48%
Xác thực tài khoản!

Theo Nghị định 147/2024/ND-CP, bạn cần xác thực tài khoản trước khi sử dụng tính năng này. Chúng tôi sẽ gửi mã xác thực qua SMS hoặc Zalo tới số điện thoại mà bạn nhập dưới đây:

Số điện thoại chưa đúng định dạng!
Số điện thoại này đã được xác thực!
Bạn có thể dùng Sđt này đăng nhập tại đây!
Lỗi gửi SMS, liên hệ Admin
Sắp xếp theo
🖼️

Đề thi vào 10 môn Toán

Xem thêm
🖼️

Gợi ý cho bạn

Xem thêm
Chia sẻ
Chia sẻ FacebookChia sẻ TwitterSao chép liên kếtQuét bằng QR Code
Mã QR Code
Đóng