Hh9 c2 b6 tính chất tiếp tuyến cắt nhau

TÍNH CHẤT HAI TIẾP TUYẾN CẮT NHAU A Tóm tắt lý thuyết Tính chất hai tiếp tuyến cắt A *) Định lí: Nếu hai tiếp tuyến đường trịn cắt điểm O - Điểm cách hai tiếp điểm - Tia kẻ từ điểm qua tâm tia phân giác góc tạo M B hai tiếp tuyến - Tia kẻ từ tâm qua điểm tia phân giác góc tạo hai bán kính qua tiếp điểm - Đường thẳng qua điểm qua tâm đường tròn đường trung trực đoạn thẳng nối hai tiếp điểm Giả thiết Kết luận O Tiếp tuyến A B   cắt M ( A B tiếp điểm) - MA MB   - M M   - O1 O2 - MO trung trực AB Đường tròn nội tiếp tam giác A - Đường tròn tiếp xúc với ba cạnh tam giác gọi K đường tròn nội tiếp tam giác, tam giác gọi ngoại tiếp đường tròn P O - Tâm đường trịn nơi tiếp tam giác giao điểm B đường phân giác góc tam giác Giả thiết O ; H , P, K - AB, AC , BC tiếp tuyến   tiếp điểm - IH IK IP R       - A1  A2 ; B1 B2 ; C1 C2 Kết luận - Đường tròn  O  nội tiếp ABC H C Đường tròn bàng tiếp tam giác x - Đường tròn tiếp xúc với cạnh tam giác C tiếp xúc với phần kéo dài hai cạnh lại gọi N I đường tròn bàng tiếp tam giác O - Tâm đường tròn bàng tiếp tam giác góc A A giao điểm hai đường phân giác góc ngồi B M B C giao điểm đường phân giác y góc A đường phân giác ngồi B (hoặc C ) - Mỗi tam giác có ba đường tròn bàng tiếp tam giác Giả thiết O ; L, M , N - BC , Ax, Ay tiếp tuyến   tiếp điểm - OL OM ON R       - A1  A2 ; B1 B2 ; C1 C2 Kết luận - Đường tròn  O  đường tròn bàng tiếp ABC B Bài tập dạng toán Dạng 1: Chứng minh hai đoạn thẳng nhau, hai đường thẳng song song, hai đường thẳng vng góc Cách giải: Dùng tính chất hai tiếp tuyến cắt Bài 1: Hai tiếp tuyến B C đường tròn  O  cắt A A a Chứng minh AO trung trực đoạn C B thẳng BC O O b Vẽ đường kính CD   Chứng minh D BD / / AO Lời giải a) Theo tính chất hia tiếp tuyến cắt ta có: AB  AC  A thuộc đường trung trực BC Lại có: OB OC  O thuộc đường trung trực BC B Vậy AO đường trung trực đoạn BC M b) Ta có AO  BC; DB  BC  BD // AO (đpcm) Bài 2: A H O N O; R  Từ điểm A nằm ngồi đường trịn  vẽ C hai tiếp tuyến AB, AC với đường trịn Đường thẳng vng góc với OB O cắt AC N Đường thẳng vng góc với OC O cắt AB M a Chứng minh tứ giác AMON hình thoi b Điểm A cách O khoảng O để MN tiếp tuyến đường tròn   Lời giải a) Ta có : ON // AM  AMON   AN // OM hình bình hành   Lại có A1  A2  AMON hình thoi  MN  OA; HA HO O b) Để MN tiếp tuyến đường tròn   OH R hay OA 2OH 2 R  OA 2 R Bài 3: Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính AB C Vẽ tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn M D phía AB Từ điểm M nửa đường tròn ( M khác A, B ) vẽ tiếp tuyến với A nửa đường tròn, cắt Ax By C D a Chứng minh rằng: COD#AMB O B b Chứng minh MC.MD không đổi M di động nửa đường tròn c Cho biết OC BA 2 R Tính AC BD theo R Lời giải a Ta có COD#AMB( gg ) b Theo câu a ta có: COD#AMB  MC.MD OM  đpcm 2  c Xét AOC ( A 90 )  OC OA  AC ( pytago)  AC R 3(cm) B H D R AC.BD MC.MD R  BD  (cm) Ta lại có: O Bài 4: Cho tam giác ABC vuông A , đường cao A C E AH Vẽ ( A, AH ), kẻ tiếp tuyến BD CE với đường tròn  A  ( D, E tiếp điểm khác H ) a Chứng minh rằng: D, A, E thẳng hàng b DE tiếp tuyến đường trịn với đường kính BC Lời giải a Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: A  A ; A  A  A  A  A  A  3BAC  1800  D, A, E thẳng hàng 4 b Gọi O trung điểm BC DBEC hình thang ( DB, CE  ED )  OA đường trung bình hình thang DBEC  BC   O;   Hay DE tiếp tuyến đường tròn   OA // DB // EC  OA  DE Bài 5: Từ điểm A nằm ngồi đường trịn  O; R  kẻ A hai tiếp tuyến AB, AC (với B C tiếp điểm) Kẻ F E BE  AC ; CF  AB  E  AC , F  AB  , BE  CF H H a) Chứng minh tứ giác BOCH hình thoi B C b) Chứng minh ba điểm A, O, H thẳng hàng O c) Xác định vị trí điểm A để H nằm  O  Lời giải b) Ta có A, H , O nằn đường vng góc với BC nên thẳng hàng  c) Để H   O  OH OC  CAO 60 Bài 6: Từ điểm A nằm ngồi đường trịn  O; R  kẻ B D hai tiếp tuyến AB, AC (với B C tiếp A điểm) Qua điểm M thuộc cung nhỏ BC vẽ O tiếp tuyến với đường tròn  O  , cắt tiếp M E C tuyến AB, AC D E Chứng minh rằng: a) Chu vi ADE 2 AB   b) BOC 2 DOE Lời giải a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB DM ; ME CE; AB  AC Do CV  ADE   AD  DE  AE  AD  DM  ME  AE  AD  DB  CE  AE  AB  AC 2 AB b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OD, OE tia phân giác góc BOM , MOC 1 1  1       DOM  BOM ; MOE  MOC  DOE DOM  MOE  BOM  MOC  BOC 2 2 Ta có:      BOC 2 DOE Bài 7: Cho  O; R  M điểm di động đường thẳng d cố định nằm  O  Từ M O H A R kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn  O  ( A, B tiếp điểm) Gọi R B hình I 1K chiếu vng góc  O  d , dây cung AB cắt OH , OM I , K Chứng minh d H a) OI OH OK OM R b) AB qua điểm cố định M M di động d Lời giải a) Xét OIK OMH có: OI OK     OI OH OM OK O : chung H K 90  OIK #OMH  gg   OM OH ; Mà OAM vuông A, 2 nên theo hệ thức lượng ta có: OA OK OM  OI OH OK OM R b) Ta có  O  cố định đường thẳng d cố định  điểm Ta lại có OI  R2  I OH cố định, nên AB qua I cố định H cố định Cho ABC , góc A đường trịn tâm I Bài 8: bàng tiếp A tiếp xúc với tia AB, AC theo thứ tự E , F Cho BC a, CA b, AB c Chứng minh rằng: a) b) c) AE  AF  C D B a b c BE  a b  c CF  c a  b F E I Lời giải Gọi D tiếp tuyến  I  với cạnh BC a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt thì: BD BE , CD CF , AE  AF Do AE  AB  BE c  BD  1 ; AF  AC  CF b  CD   Cộng  1 với   theo vế ta được: b) Theo câu a) ta có:  BE  AE 2 AF b  c  BD  CD a  b  c  AE  AF  BD  c BE  c  AE  a b c a b c ; CD  b CF  b  2 a b c a b  c a b c a c  b  c ; CF   b 2 2 a b c Dạng 2: Chứng minh tiếp tuyến, tính độ dài, tính số đo góc Cách giải: Ta sử dụng kiến thức sau 2cm O A - Tính chất hai tiếp tuyến cắt - Khái niệm đường tròn nội tiếp, bàng tiếp - Hệ thức lượng cạnh góc tam giác vng Bài 1: O Cho đường tròn   Từ điểm M 2cm C M E B O   , vẽ hai tiếp tuyến ME , MF ( E , F  tiếp điểm ) cho EMO 30 Biết chu vi tam giác MEF 30cm a Tính độ dài dây EF b Tính diện tích MEF Lời giải a Theo tính chất hia tiếp tuyến cắt ta có:    OME OMF 300  EMF 600  MEF  EF 10cm b Xét MEI ( I 900 )  cos 300  MI  MI cos 300.ME 8,6cm  S MEF  MI EF =25 3(cm ) ME Bài 2: Cho đường tròn  O;2cm  tiếp tuyến MA, MB kẻ từ M đến đường tròn vng góc với M ( A, B tiếp điểm) a Tứ giác MBOA hình gì? Vì b Gọi C điểm thuộc cung nhỏ AB Qua C kẻ tiếp tuyến với đường tròn cắt MA, MB D E Tính chu vi tam giác MDE  c Tính DOE Lời giải a Xét hình chữ nhật AMBO có: MA MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt  AMBO hình vng  DA DC  b Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có:  EB EC Chu vi  MD  ME  ED MD  ME  EB  DA 2MA 4cm     c DOE DOC  COE 2BOC 45 Bài 3: Từ điểm A nằm bên ngồi đường trịn  O  M C Kẻ tiếp tuyến AM , AN với đường trịn ( M , N tiếp điểm) A O I a) Chứng minh rằng: OA  MN b) Vẽ đường kính NOC Chứng minh N MC / / AO c) Tính độ dài cạnh tam giác AMN biết OM 3cm, OA 5cm Lời giải a) Vì AM  AN , OM ON  1  OA trung trực MN  OA  MN ; MI IN  MN  2 ( I giao điểm OA với MN ) b) Từ  1    IO đường trung bình tam giác MNC  IO / / MC ; MC / / AO c) Vì AM tiếp tuyến  O   AM  MO hay AMO vng M có cạnh huyền AO 5cm 2 thu được: OM OI OA  OI  OI 1,8  cm   AI 5  1,8 3,  cm  2 Áp dụng hệ thức cạnh ta có: AM 3, 2.5 4  AM 4  cm   AM   2 Áp dụng hệ thức đường cao, ta có: MI 3, 2.1,8 2,  MI 2,  cm   MI   Vậy AM  AN 4cm, MN 4,8cm Bài 4: Cho tam giác ABC cân A , điểm I tâm A đường tròn nội tiếp, điểm K tâm đường tròn bàng tiếp A tam giác Gọi O trung điểm IK I B a Chứng minh điểm B, I , C , K thuộc đường tròn H C O K b Gọi  O  đường tròn qua điểm B, I , C , K Chứng minh AC tiếp tuyến đường tròn  O; OK  c Tính bán kính  O biết AB  AC 20cm, BC 24cm Lời giải a Ta có BI , BK hai tia phân giác hai góc kề bù  BI  BK B Tương tự CI CK hai tia phân giác hai góc kề bù  CI  CK C    IBK ICK 900  I , B, K , C nằm đường tròn         b Ta có: ACO  ACI  ICB  BCO; ICK 90 ICB  BCO  OCK Ta chứng minh:    OCK  ACI  OKC ICB  0  0       Lại có: OKC  OIC 90 ( ICK 90 ); ICB  OIC 90 ( IHC 90 )  ACO ICK 90  AC tiếp tuyến c Ta có AK cắt BC H  HC 12cm, AH 16cm ACH #COH ( gg )  AH CH   CO 15cm AC CO 10 Bài 5: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Gọi Ax, By tia vng góc với AB ( M N I C Ax, By nửa mặt phẳng bờ AB ) H Gọi M điểm thuộc tia Ax , qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn C cắt By N D K A E O B  a Tính MON b Chứng minh rằng: MN  AM  BN c Chứng minh tích AM BN ln khơng đổi M di chuyển d Gọi D giao điểm AN BM , E giao điểm CD AB Chứng minh rằng: CD  AB, CD ED e Chứng minh AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp MON f Gọi H giao điểm AC với MO, K giao điểm CD với NO Tứ giác CKOH hình gì, tính HK ? g Chứng minh A, M , C , O nằm đường trịn, bán kính đường trịn h Tìm vị trí điểm M cho S ACDB nhỏ Lời giải      a Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: O1 O2 ; O3 O4  MON 90 b Ta có: MN MC  CN MA  BN (đpcm) c Áp dụng hệ thức cạnh góc vng tam giác vng ta 11 AM BN MC.CN OC R d AM // BN ( AB )  AM AD MC AD    CD // NM (1)  BN DN (hệ Talet) NC DN (Talet đảo) Lại có: AM  AB (2)  CD  AB CD ND   MNA  AM  AD  ND BE    CD ED  ANB  DA AE  BE ED   ABM  AE  AM +)  (đpcm) e Gọi I trung điểm MN , ta có OI  AB  AB tiếp tuyến f Ta có CKOH hình chữ nhật HK OC R g Ta có CA, CM hai tiếp tuyến (O) h S ACDB   O   CO  A, C , M , O      ( AC  BD) AB AD AB   S ACDB 2 nhỏ CD có độ dài nhỏ hay M nằm cung AB 12 BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM     Câu 1: Cho hình thang ABCD có A D 90 B 2C ngoại tiếp đường tròn tâm O Khẳng A) Chu vi hình thang ABCD định sau sai hai lần tổng hai cạnh đáy B) AOD tam giác C) OB  BC D) Cả A, B, C Chọn đáp án D A M B Giải thích: N Đường trịn  O  tiếp xúc với cạnh AB, BC O CD, DA theo thứ tự M , N , P, Q  C  1800 B (hai góc phía) Do D P C  2C   gt   B  1200 ; C  600 B Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:  A  A  D  D  450 A  D  900 2   B  600 ; C  C  300 B 2 AM  AQ; BM BN ; CN CP; DP DQ A) Chu vi hình thang ABCD là: AB  BC  CD  DA  AM  MB  BN  NC  CP  PD  DQ  AQ 2  AB  CD  Vậy chu vi hình thang là: PABCD 2  AB  CD    B) Ta có: A2 D2 45  AOD vng cân O   C) Ta có: B2 60 ; C1 30  BOC vuông cân O hay BOC vuông cân O hay BOC nửa tam giác cạnh BC  300  OB  BC C Ta thấy OB đối diện với 13   OB  OB Sin300.BC  BC SinC BC Cách khác: Tam giác BOC vng O , ta có: Câu 2: Ba đường trịn tiếp xúc với đơi tiếp xúc với cạnh tam giác hình bên Nếu đường trịn có bán kính 3, chu vi tam giác là? A) 36  B) 36  C) 18  Chọn đáp án D D) 18  18 Giải thích: Từ tâm P Q vẽ PQ CQ vng góc với cạnh AD tam giác Các tam giác APB DQC nửa tam giác với PB QC 3  AB CD 3 3; BC PQ 6  AD 6  Vậy chu vi tam giác là: 18  18 Câu 3: Cho ABC vuông A Gọi R, r bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC Có được: B) AB  AC 2  R  r  A) AB  AC R  r AB  AC   R  r D) AB  AC 2 R  r C) Chọn đáp án C BÀI TẬP VỀ NHÀ 14 Bài 1: O; R  Từ điểm P nằm ngồi đường trịn  vẽ D A hai tiếp tuyến PA, PB với A B tiếp P điểm Gọi H chan đường vuông góc vẽ từ I A đến đường kính BC Chứng minh PC B H Cắt AH trung điểm I AH O C Lời giải  CA cắt BP D ; BAC 900 ( A thuộc đường trịn đường kính BC ) PA PB ABD   (tính chất tiếp tuyến)  PBA PAB      có ABD  ADB 90 ; BAP  PAD BAD 90 , PB PD  1 DB  BC , AH  BC  DB / / AH PBC có IH / / PB  IH IC IA IC AI / / PD      ; PDC  3 PB PC PD PC có Từ  1    3  IH IA  đpcm A F Bài 2: E  BAC 900  AB  AC  Cho ABC vng A I Đường trịn  I  nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC a) BD  D B Chứng minh rằng: D BC  AB  AC b) S ABC BD.DC Lời giải a) Gọi E , F tiếp điểm đường tròn  I  với cạnh AB, AC Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AE  AF ; BE BD; CD CF Do đó: 2BD BD  BE BC  CD  AB  AE BC  AB   CD  AE  BC  AB   CF  AF  15 C BC  AB  AC  BD  BC  AB  AC b) Tương tự câu a) ta có: 2 DC  BC  AC  AB 2 mà AB  AC BC ( ABC vng A ), đó: BD.DC   BC  AB  AC   BC  AC  AB  BC   AB  AC  BC  AB  AC  AB AC AB AC   S ABC 4 Bài 3: ABC vng A , có AB 9cm, AC 12cm Gọi I B tâm đường tròn nội tiếp, G trọng E tâm tam giác Tính độ dài IG D A I G F N M Lời giải Gọi D, E , F tiếp điểm đường tròn  I  với AB 2 2 ABC vuông A , theo định lý Pytago ta có: BC  AB  AC   12 15  cm  Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AD  AF ; BD BE; CE CF Do AD  BE  2CE  AB  BC  CA 9  12  15 36  AD  BC 36  AD 3  cm   BD 6  cm  ; DI 3  cm   IG / / NM BI BD BG        BN BA BM  IG  NM Gọi N BI  AC , ta có: BD DI    AN 4,5  cm  Ta có IDAF hình vng, có: BA AN Mà M trung điểm AC nên: NM  AM  AN 6  4,5 1,5  cm   IG 1 cm  Bài 4: 16 C Cho ABC vuông A, có AB 6cm B AC 8cm ngoại tiếp đường trịn  I ; r  Tính r P M I A C N Lời giải Đường tròn  I ; r  tiếp xúc với cạnh AB, AC , BC theo thứ tự M , N , P 1 1 S AIB  IM AB  r AB  1 ; S AIC  IN AC  r AC   ; S BIC  r.BC   2 2 Ta có: S AIB  S AIC  S BIC  r  AB  AC  BC  S ABC Cộng  1    3 vế theo vế, ta được: Mà 6.8   S ABC  AB AC  24  cm    BC  62  82  100 10  cm   24  r   10   r 2  cm  Nên ta có: Bài 5: Cho đường trịn  O  điểm A nằm ngồi B đường trịn  O  Kẻ tiếp tuyến AB, AC A H với  O  B, C tiếp điểm a Chứng minh đường thẳng OA trung trực BC b Gọi H giao điểm AO BC Biết OB 2cm, OH 1cm , tính - Chu vi diện tích tam giác ABC - Diện tích tứ giác ABOC Lời giải b Áp dụng định lý pytago ta tính được: BH  3(cm) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông, ta được: 17 C O AB  AC 2 3(cm)  PABC 6 3cm; S ABC 3 3(cm ) +) Ta có: S ABOC S ABC  S BOC  S ABOC 4 3(cm ) Cách khác: Áp dụng hệ thức lượng vè cạnh góc vng đường cao tam giác vng, ta có: AB  AC 2 3(cm)  PABC 6 3cm; S ABC 3 3(cm ) +) Ta có: S ABOC S ABC  S BOC  S ABOC 4 3(cm ) Bài 6: ABC A I Cho tam giác cân Gọi A tâm đường tròn nội tiếp K tâm đường trịn bàng tiếp góc A tam giác a) Chứng minh bốn điểm B, C , I , K I thuộc đường tròn  O; OI  với O B C H trung điểm O đoạn thẳng IK b) Chứng minh AC tiếp tuyến  O c) K Biết AB  AC 20cm; BC 24cm tính bán kính  O  Lời giải a) Sử dụng tính chất phân giác phân giác ngồi điểm ta có:   IBK ICK 900  B, C , I , K thuộc đường trịn tâm O , đường kính IK   b) Chứng minh: ICA OCK  Từ chứng minh được: OCA 90 Vậy AC tiếp tuyến  O  18 c) Áp dụng pytago vào tam giác vuông HAC  AH 16cm - Xét tam giác vuông AOC  OH 9cm; OC 15cm (hệ thức lượng tam giác vuông) Bài 7: E ABC A Cho tam giác vuông , đường cao A AH Vẽ đường tròn  A; AH  Từ B, C kẻ tiếp tuyến BD, CE với  A  D, E D B tiếp điểm N H M C a Chứng minh ba điểm A, D, E thẳng hàng b Chứng minh: BD.CE  DE c Gọi M trung điểm CH Đường trịn tâm M đường kính CH cắt  A  N với N khác H Chứng minh: CN / / AM Lời giải    a Ta có: AB phân giác DAH , AC phân giác HAE  DAE 180 b Theo tính chât hai tiếp tuyến cắt hệ thức lượng đường cao hình chiếu cạnh góc vng lên cạnh huyền trịn tam giác vuông BAC  BD.CE BH CH  AH  DE c Ta có HNC nội tiếp đường trịn  M  đường kính HC  HN  CN Chứng minh AN tiếp tuyến  M  , AM  HN  AM / / NC Bài 8: 19 Cho đường tròn  O; R  đường kính AB Kẻ N P I tiếp tuyến Ax , lấy P Ax ( AP  R ) Từ P I kẻ tiếp tuyến PM với  O  K a Chứng minh bốn điểm A, P, M , O A thuộc đường tròn O b Chứng minh: BM / / OP c Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành d Giả sử AN cắt OP K ; PM cắt ON I ; PN cắt OM J Chứng minh I , J , K thẳng hàng Lời giải a A, P, M , O nằm đường trịn đường kính PO b Ta có: OP  AM ; BM  AM  BM / /OP c AOP OBN  OP BN , ta lại có BN / /OP nên OPNB hình bình hành d Ta có: ON  PJ ; PM  OJ , mà PM  ON I  I trực tâm POJ  IJ  OP  1 Chứng minh PAON hình chữ nhật  K trung điểm OP    Lại có: APO OPI IOP  IPO cân I  IK  OP   Từ  1    I , J , K thẳng hàng Bài 9: 20 B