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 \(\frac{{AC}}{{AD}} = \frac{{BC}}{{BD}}\).

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:

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

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

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

\(\widehat{I}\) chung

\(\widehat{IBC} = \widehat{KCI}\)(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

\(\Rightarrow \frac{IC}{IB} = \frac{IK}{IC} \Rightarrow IC^{2} = IB.IK\)

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

\(\widehat{OBD} = 120^{0} - 90^{0} = 30^{0}\)

Mà tam giác BOD cân ở O (OB = OD = R)

\(\Rightarrow \widehat{BOD} = 180^{0} - 30^{0} - 30^{0} = 120^{0}\)

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

\(\Rightarrow \widehat{BOA} = 90^{0} - 30^{0} = 60^{0}\)

Nhận thấy \(\widehat{BOA} + \widehat{BOD} = 60^{0} + 120^{0} = 180^{0}\)

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

\(\widehat{M}\) chung

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

Suy ra tam giác BMT đồng dạng với tam giác TMA

\(\Rightarrow \frac{MT}{MA} = \frac{MB}{MT} \Rightarrow MT^{2} = MA.MB\)

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

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

\(MT^{2} = MA.MB\)

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

Thay số ta có

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

\(400 = 2500 - 100R\)

\(R = 21(cm)\)

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 \(KIOD\) 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: \(AIBD\) là tứ giác nội tiếp và \(AB \cap ID = M\) nên ta có: \(MA.MB = MI.MD\)

Mặt khác \(KAOB\) là tứ giác nội tiếp nên \(MA.MB = MO.MK\)

Từ đó suy ra \(MO.MK = MI.MD\) hay \(KIOD\) là tứ giác nội tiếp.

b. Đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(KIOD\) có \(IO = OD = R \Rightarrow \widehat{OKI} = \widehat{OKD}\)

suy ra \(KO\) là phân giác của góc \(IKD\)

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 \(KB\) là tiếp tuyến nên ta có: \(KB^{2} = KC.KD = KO^{2} - R^{2}\)

Mặt khác tam giác \(KOB\) vuông tại \(B\) và \(BM\bot KO\) nên \(KB^{2} = KM.KO\) suy ra \(KC.KD = KM.KO\) hay \(CMOD\) là tứ giác nội tiếp .

\(b.\ CMOD\) 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 \(KD\) thuộc nửa mặt phẳng chứa \(A\) và bờ là \(KO\) (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 \(MA\) 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 \(AB\) chứa phân giác của góc \(\widehat{CMD}\) .

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 \(HI//BD \Rightarrow \widehat{CHI} = \widehat{CDB}\) .

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 \(\widehat{ICH} = \widehat{BKH} \Rightarrow CI//KB\) \(KO\) nên \(\widehat{BAH} = \widehat{BKH}\)

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 \(CI//KB\).

Bài 6: 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 \(BC//AI\).

Giải:

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

Mặt khác ta có: \(\widehat{KBC} = \widehat{CAB} = \frac{1}{2}sđ\widehat{CB}\) 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 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 \(AB\). Vẽ dây \(CF\) qua \(M\). Chứng minh \(DF//AB\)

Giải:

Kẻ \(OH\bot CD\)

Ta chứng minh được: \(CMOD\) 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 8: 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 \((O)\)

Giải:

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 9: 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 \(O\) và \(A\) nằm khác phía đối với \(CD\). Các trường hợp khác chứng minh tương tự.

Để chứng minh \(OG = ON\), 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 \(AN//CI\). Ta sẽ chứng minh \(\widehat{AND} = \widehat{CID}\).

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

Sử dụng bài 2, ta có \(CMOD\) 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 10: Từ điểm \(K\) nằm ngoài đường tròn ta \((O)\) kẻ các tiếp tuyến \(KA,KB\) cát tuyến \(KCD\) đến \((O)\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\). Chứng minh rằng \(\widehat{ADC} = \widehat{MDB}\).

Giải:

Kẻ \(OH\bot CD\), cắt \(AB\) ở \(E\).

Theo bài 7, \(EC\) là tiếp tuyến của đường tròn \((O)\), nên theo bài toán quen thuộc 3, ta có \(ECMD\) 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 \(\widehat{ADC} = \widehat{MDB}\).

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

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!