Chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến chung của hai đường tròn

Phương pháp chứng minh tiếp tuyến trong hình học lớp 

Chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến chung của hai đường tròn là dạng toán quan trọng trong chuyên đề Đường tròn Toán 9 và thường xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh vào lớp 10. Dạng bài này yêu cầu học sinh vận dụng linh hoạt các tính chất của tiếp tuyến, bán kính vuông góc với tiếp tuyến và các phương pháp chứng minh hình học. Bài viết sẽ hệ thống kiến thức trọng tâm, phương pháp giải hiệu quả cùng các bài tập điển hình giúp học sinh nâng cao kỹ năng làm bài và đạt điểm cao trong các kỳ thi quan trọng.

Hướng dẫn giải:

1 . Ta có: ∠BEH = 90⁰ (nội tiếp chắn nửc đường tròn)

=> ∠ AEH = 90⁰ (vì là hai góc kề bù). (1)

∠CFH = 90⁰ (nội tiếp chắn nửc đường tròn)

=> ∠AFH = 90⁰ (vì là hai góc kề bù).(2)

∠EAF = 90⁰ (Vì tam giác ABC vuông tại A) (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật (vì có ba góc vuông).

2 . Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp được một đường tròn => ∠F₁ = ∠ H₁ (nội tiếp chắn cung AE). Theo giả thiết AH⊥BC nên AH là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O₁) và (O₂)

=> ∠B ₁ = ∠H ₁ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE) => ∠B₁ = ∠F₁ => ∠EBC+ ∠EFC = ∠AFE + ∠ EFC mà ∠AFE +  EFC = 180⁰ (vì là hai góc kề bù) => ∠EBC+ ∠EFC = 180⁰ mặt khác ∠EBC và ∠EFC là hai góc đối của tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác nội tiếp.

3 . Xét hai tam giác AEF và ACB ta có ∠A = 90⁰ là góc chung; ∠AFE = ∠ABC (theo chứng minh trên)

=> ∆ AEF ∿ ∆ ACB => AE/AC = AF/AB => AE. AB = AF. AC.

Cách 2. Tam giác AHB vuông tại H có HE ⊥ AB => AH² = AE.AB (*)

Tam giác AHC vuông tại H có HF ⊥ AC => AH² = AF.AC (**)

Từ (*) và (**) => AE. AB = AF. AC

4 . Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => ∆IEH cân tại I => ∠E₁ = ∠H₁ .

∠O₁EH cân tại O ₁ (vì có O ₁ E và O₁H cùng là bán kính) => ∠E₂ = ∠H₂ .

=> ∠E₁ + ∠E ₂ = ∠H₁ +∠H₂ mà ∠H₁ + ∠H ₂ = ∠ AHB = 90⁰ => ∠E₁+∠E₂ = ∠O₁EF = 90⁰

=> O₁E ⊥ EF.

Chứng minh tương tự ta cũng có O ₂ F ⊥ EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn.

Hướng dẫn giải:

1 . Ta có: ∠BNC= 90⁰ (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm K)

=> ∠ENC = 90⁰ (vì là hai góc kề bù). (1)

∠AMC = 90⁰ (nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => ∠EMC = 90⁰ (vì là hai góc kề bù).(2)

∠AEB = 90⁰ (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay ∠MEN = 90⁰ (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật)

2 . Theo giả thiết EC ⊥ AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (I) và (K)

=> ∠B₁ = ∠C₁ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN). Tứ giác CMEN là hình chữ nhật nên => ∠C₁ = ∠N₃

=> ∠B₁ = ∠N₃ (4)

Lại có KB = KN (cùng là bán kính) => tam giác KBN cân tại K => ∠B₁ = ∠N₁ (5)

Từ (4) và (5) => ∠N₁ = ∠N₃ mà ∠N₁ + ∠N₂ = ∠CNB = 90⁰ => ∠N ₃ + ∠N ₂ = ∠MNK = 90⁰ hay MN ⊥ KN tại N => MN là tiếp tuyến của (K) tại N.

Chứng minh tương tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của (I) tại M,

Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đường tròn (I), (K).

3 . Ta có tam giác AEB = 90⁰ (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) => Tam giác AEB vuông tại A có EC ⊥ AB (gt)

=> EC² = AC. BC => EC² = 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo trên EC = MN => MN = 20 cm.

4 . Theo giả thiết AC = 10 cm, CB = 40 cm => AB = 50cm => OA = 25 cm

Ta có S _(o) = π .OA ² = π25 ² = 625 π ; S _(I)=π . IA ² = π .5 ² = 25 π ; S _(k) = π .KB ² = π . 20 ² = 400π.

Ta có diện tích phần hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn là S = 1/2 (S _(o) - S _(I) - S _(k) )

S = 1/2 (625 π - 25 π - 400 π ) = 1/2 .200π = 100π ≈314 (cm ²)

Hướng dẫn giải:

1. Ta có: OI = OB – IB => (I) tiếp xúc (O)

OK = OC – KC => (K) tiếp xúc (O)

IK = IH + KH => (I) tiếp xúc (K)

2. Ta có: ∠BEH = 90⁰ (nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> ∠AEH = 90⁰ (vì là hai góc kề bù). (1)

∠CFH = 90 ⁰ (nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> ∠AFH = 9 ⁰ (vì là hai góc kề bù).(2)

∠BAC = 90⁰ (nội tiếp chắn nửa đường tròn hay ∠EAF = 90⁰ (3)

Từ (1), (2), (3) => Tứ giác AFHE là hình chữ nhật (vì có ba góc vuông).

3. Theo giả thiết AD ⊥ BC tại H nên tam giác AHB vuông tại H có HE ⊥ AB (∠ BEH = 90⁰) => AH ² = AE.AB (*)

Tam giác AHC vuông tại H có HF ⊥ AC (theo trên ∠CFH = 90⁰ ) => AH ² = AF.AC (**)

Từ (*) và (**) => AE. AB = AF. AC (= AH ² )

4 . Theo chứng minh trên tứ giác AFHE là hình chữ nhật, gọi G là giao điểm của hai đường chéo AH và EF ta có GF = GH (tính chất đường chéo hình chữ nhật) => ∆ GFH cân tại G => ∠ F ₁ = ∠H₁.

∆ KFH cân tại K (vì có KF và KH cùng là bán kính) =>   ∠ F₂ = ∠H₂ .

=> ∠F₁ + ∠F₂ = ∠H₁ + ∠H₂ mà ∠H₁ + ∠H₂ = ∠AHC = 90⁰ => ∠F₁ + ∠F₂ = ∠KFE = 90 ⁰ => KF ⊥ EF

Chứng minh tương tự ta cũng có IE ⊥ EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (K).

e) Theo chứng minh trên tứ giác AFHE là hình chữ nhật => EF = AH ⊥ OA (OA là bán kính đường tròn (O) có độ dài không đổi) nên EF = OA <=> AH = OA <=> H trùng với O.

Vậy khi H trùng với O túc là dây AD vuông góc với BC tại O thì EF có độ dài lớn nhất.

🔍 Để thuận tiện cho việc học tập và lưu trữ, mời bạn tải tài liệu tham khảo bên dưới.

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

Chuyên đề chứng minh tiếp tuyến chung của hai đường tròn giúp học sinh củng cố kiến thức về đường tròn, tiếp tuyến và các kỹ năng chứng minh hình học quan trọng. Việc luyện tập thường xuyên các dạng bài từ cơ bản đến nâng cao sẽ giúp học sinh nhận diện nhanh hướng giải, tăng khả năng tư duy logic và tự tin chinh phục các câu hỏi hình học trong đề thi vào lớp 10.