26 bài tập Chứng minh đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn (có lời giải)

Nối $A$ với $\left( O \right)$.

Xét $\Delta ACO$ và $\Delta ABO$ có

$OA$ cạnh chung, $AC = AB$ (gt), $OC = OB\,\,\left( { = R} \right)$

Do đó $\Delta ACO = \Delta ABO$ (c.c.c) $\Rightarrow \widehat {ACO} = \widehat {ABO} = 90^\circ$

Chứng tỏ $AC \bot OC$ hay $AC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$.

Xét tam giác $ABC$, ta có:

$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\,\,\left( {{5^2} = {3^2} + {4^2}} \right).{\rm{\;}}$

Theo định lí Pythagore đảo, tam giác $ABC$ vuông tại $A$ hay $AB \bot AC$ $\left( 1 \right)$

Lại có $AB = 3$ nên điểm $A$ thuộc đường tròn $\left( {B;\,\,3} \right)$ $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right){\rm{v\`a }}\left( 2 \right)$ $\Rightarrow AC$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {B;\,\,3} \right)$.

$M$ là giao điểm của đường tròn tâm $K$ đường kính $IO$ và đường tròn $\left( O \right)$ nên $M$ thuộc $\left( {K;\frac{{IO}}{2}} \right)$, ta có: $KM = KI = KO{\rm{\;}}$ hay $KM = \frac{{IO}}{2}$ (*).

Xét tam giác $IMO$ có $K$ là trung điém của $IO$ nên $KM$ là đường trung tuyến và (*) nên tam giác $IMO$ vuông tại $M$ hay $IM \bot OM$ $\left( 1 \right)$

Mặt khác $M \in \left( O \right)$ $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ $\Rightarrow$ đường thẳng $IM$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $M$.

Ta có $MA$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại điểm $A$ nên $MA \bot OA$ hay $\widehat {MAO} = 90^\circ$.

Đường tròn tâm $M$ bán kính $MA$ cắt $\left( O \right)$ tại $B$ nên $MB = MA$ và $B \in \left( O \right)$.

Xét $\Delta MAO$ và $\Delta MBO$ có:

$OM$ chung,

$OA = OB = r$ ($r$ là bán kính đường tròn $\left( O \right)$)

MA = MB =R ( R là bán kính đường tròn (M))

Do đó $\Delta MAO = \Delta MBO\left( {c.c.c} \right)$ $\Rightarrow \widehat {MAO} = \widehat {MBO} = {90^o}$hay $MB = OB$

Mà $\Rightarrow MB$là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Gọi H là giao điểm của OA và BC

ΔBOC cân tại O có OH là đường cao (gt)

nên đồng thời là đường phân giác: $\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}$

Xét ΔACO và ΔABO có: OB = OC = R,

$\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}$(cmt), AO chung

=> ΔACO = ΔABO (c.g.c) =>$\widehat {ACO} = \widehat {ABO} = {90^o}$

Chứng tỏ AC là tiếp tuyến của (O).

Ta có: AQ // OP (gt)

Suy ra $\widehat {{A_1}} = \widehat {{O_1}}$ (hai góc đồng vị); $\widehat {{Q_1}} = \widehat {{O_2}}$ (hai góc so le trong).

Mà $\widehat {{A_1}} = \widehat {{Q_1}}$(ΔAOQ cân) Þ$\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}$.

Xét ΔPQO và ΔPBO có:

OP chung, $\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}$(cmt), OQ = OB (=R)

Vậy ΔPQO = ΔPBO (c.g.c) Þ $\widehat {PQO} = \widehat {PBO} = 90^\circ .$

Hay PQ ^ OQ, chứng tỏ PQ là tiếp tuyến của (O).

Gọi O là tâm đường tròn đường kính AI. Hiển nhiên K thuộc (O) (vì $\widehat {AKI} = 90^\circ$)

ΔABC cân tại A có AH là đường cao (gt) nên AH đồng thời là đường trung tuyến Þ HB = HC.

Xét ABKC vuông tại K có KH là đuờng trung tuyến nên $KH = BH = \frac{{BC}}{2}$

Do đó ΔBHK cân tại H $\Rightarrow \widehat {{B_1}} = \widehat {BKH}$ (1)

Lại có ΔIOK cân tại O (OI=OK=R)

$\Rightarrow \widehat {{I_2}} = \widehat {OKI}$mà $\Rightarrow \widehat {{I_2}} = \widehat {{I_1}}$ (đối đỉnh)

$\Rightarrow \widehat {OKI} = \widehat {{I_1}}$(2)

Mặt khác ΔBHI vuông tại H (gt) nên $\widehat {{B_1}} + \widehat {{I_1}} = 90^\circ$ (3)

Từ (1),(2) và (3) ta có: $\widehat {BKH} + \widehat {OKI} = 90^\circ$ hay HK ^ OK

Vậy HK là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Ta có: AB = AC (gt)

OB = OC = R (R là bán kính của đường tròn (O)) nên OA thuộc đường trung trực của đoạn BC

hay OA ^ BC tại H.

a qua A và a // BC Þ a ^ OA tại A

Chứng tỏ a là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Ta có: $B{C^2} + A{B^2} = A{C^2}\,\,{\rm{(}}{12^2} + {9^2} = {15^2})$

Theo định lý Pythagore đảo, ΔABC vuông tại B hay AB ^ CB

mà BC là đường kính của đường tròn (O) (gt)

ÞAB là tiếp tuyến của đường tròn (O).

a)Xét ΔAOC có OA = OC (=R)

nên ΔAOC cân tại O.

Lại có AC = R (gt) nên tam giác AOC đều

$\Rightarrow \widehat {AOC} = 60^\circ$

$\Rightarrow \widehat {COB} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$ (kề bù)

Mặt khác tam giác COB cũng cân tại O có góc ở đỉnh 120°

$$\Rightarrow \widehat {OBC} = \widehat {OCB} = \frac{{180^\circ - 120^\circ }}{2} = 30^\circ$$

ΔAOC đều (cmt) $\Rightarrow \widehat {ACO} = 60^\circ$.

$\Rightarrow \widehat {ACB} = \widehat {ACO} + \widehat {OCB} = 60^\circ + 30^\circ = 90^\circ$.

Ta có ACB là nửa tam giác đều có cạnh 2R.

$$\Rightarrow {\rm{ }}BC = \frac{{2R\sqrt 3 }}{2}{\rm{ }} = R\sqrt 3$$

b) Vì AC = R (gt) nên tam giác AOC đều (cmt) có OI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường phân giác của góc COA hay OM là tia phân giác của $\widehat {AOC}$.

c) Xét ΔMCO và ΔMAO có:

OM cạnh chung, $\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}(cmt)$, OC = OA (=R)

Do đó ΔMCO = ΔMAO (c.g.c)

$\Rightarrow \widehat {MCO} = \widehat {MAO} = {90^o}$ hay MC ^ OC

Mà C Î (O) nên MC là tiếp tuyến cua đường tròn (O; R).

Xét ΔOBP và ΔOAP có:

OP cạnh chung, $\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}(gt)$, OB = OA (gt)

Do đó ΔOBP = ΔOAP (c.g.c)

$\Rightarrow PB = PA$,chứng tỏ B thuộc đường tròn tâm P.

Lai có $\widehat {OBP} = \widehat {OAP} = 90^\circ$ (góc tương ứng)

Þ OB ^ PB, chứng tỏ OB là tiếp tuyến của đường tròn (P; PA).

Vây PA, PB là hai tiếp tuyến cắt nhau của đuờng tròn (P; PA).

Gọi P là chu vi của tam giác SEF.

Ta có P = SE + EM + FM + SF mà EA = EM (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)

Tương tự FM = FB nên P = SE + EA + FB + SF

Mà SE + EA = SA và FB + SF = SB nên P = SA + SB (đpcm)

Vậy chu vi của tam giác SEF bằng SA + SB.

b) (Xem hình vẽ).

Khi M là giao điểm của SO với đường tròn (O), ta có: EF ^ SO tại M.

Xét tam giác ESF có SM là đường cao (vì M là tiếp điểm của tiếp tuyến tại M) đồng thời SM hay SO là đường phân giác (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) nên tam giác SEF cân tại S Þ SE = SF (đpcm).

a) Gọi I là tâm của đường tròn đường kính OA, ta có I là trung điểm của OA

Đường tròn đường kính OA cắt đường tròn (O; R) tại B và C nên ta có $IA = IB = IO = \frac{{OA}}{2}$.

Xét tam giác ABO có $IB = \frac{{OA}}{2}$ (cmt) nên tam giác ABO vuông tại B hay AB ^ OB.

Chứng minh tương tự, ta có AC ^ OC mà B,C Î (O)

Do đó AB và AC là hai tiếp tuyến của dường tròn (O; R).

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau tại một diểm, ta có AB=AC.

c) Tia phân giác của góc BAC và góc BOC là tia OA.

a) Ta có CA = CM; DB = DM (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà $CD = CM + DM \Rightarrow CD = CA + BD$

Lại có CO và DO là các tia phân giác của góc kề bù $\widehat {AOM}$ và $\widehat {BOM}$ nên $\widehat {COD} = 90^\circ .$

b) Gọi I là trung điểm của CD ta có OI là đường trung tuyến cua tam giác vuông COD nên $IO = IC = ID$ hay I là tâm của đuờng tròn đường kính CD.

Dễ thấy tứ giác ABCD là hình thang vuông có OI là đường trung bình nên IO // AC và BD mà AC và BD cùng vuông góc với AB (gt)

Þ IO ^ AB.

Chứng tỏ AB là tiếp tuyến cúa đường tròn đường kính CD.

a) Ta có các đường thẳng m, n, p lân lượt là các tiếp tuyến tai các điểm tại A, B,C với đường tròn(O;R).

Ta có AD=CD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Tương tự BE = CE mà $CD + CE = DE$$\Rightarrow AD + BE = DE$(đpcm)

Do DC và DA là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D,

Ta có: OD là tia phân giác của góc COA hay $\widehat {COD} = \widehat {AOD} = \frac{1}{2}\widehat {COA}$

Tương tự OE là tia phân giác của góc COB nên $\widehat {COE} = \widehat {BOE} = \frac{1}{2}\widehat {COB}$

c) Ta có $\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}};\widehat {{O_3}} = \widehat {{O_4}}\left( {cmt} \right)$

mà $\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} + \widehat {{O_3}} + \widehat {{O_4}} = {180^o}$ nên $\widehat {{O_2}} + \widehat {{O_3}} = 90^\circ .$

Chứng tỏ ΔODE vuông tại O.

a) Ta có: $DA = DC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$OA = OC\;( = R)$

Nên DO là đường trung trực của AC

$\Rightarrow$ $DO \bot AC$

Lại có $CB \bot AC$ (AB là đường kính)

$\Rightarrow$ $DO//BC$$\Rightarrow$ $\widehat {AOD} = \widehat {ABC}$(đồng vị)

Do đó $ΔDOA\ ∽\ ΔCHB$ (g.g)

$\Rightarrow$ $\frac{{AO}}{{HB}} = \frac{{AD}}{{HC}}$ $\Rightarrow$$AO.HC = AD.HB$ (1)

Lại có $IH//AD$(cùng vuông góc với AB) theo hệ quả của định lí Thalès

$\frac{{IH}}{{AD}} = \frac{{HB}}{{AB}}$$\Rightarrow$$AD.HB = IH.AB$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow$$AO.HC = IH.AB$ mà $AB = 2AO$

$\Rightarrow$$AO.HC = IH.2AO$$\Rightarrow$$HC = 2IH$

Chứng tỏ I là trung điểm của HC hay CI = HI.

Cách khác:

Có $\widehat {ACB} = 90^\circ$ (AB là đường kính)

$\Rightarrow$$\widehat {ACE} = 90^\circ$ hay $\widehat {ACD} + \widehat {DCE} = 90^\circ$ (1)

$\Delta ACE$ vuông tại C $\Rightarrow$$\widehat {{A_1}} + \widehat E = 90^\circ$ (2)

Lại có $\Delta ADC$cân tại D (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)$\Rightarrow$$\widehat {{A_1}} = \widehat {ACD}$ (3)

Từ (1), (2), (3) $\Rightarrow$ $\widehat E = \widehat {DCE}$

Hay $\Delta EDC$cân tại D $\Rightarrow$$DE = DC$

Mà $DC = DA$$\Rightarrow$$DE = DA$

Lại có $AE\,{\rm{//}}\,CH\,\,( \bot AB)$

Xét $\Delta DAB$ có $IH\,{\rm{//}}\,AD$.

Theo hệ quả của định lí Thalès $\frac{{IH}}{{AD}} = \frac{{BI}}{{BD}}$ (4)

Tương tự với $\Delta BDE$ có $CI//DE$$\Rightarrow$$\frac{{IH}}{{AD}} = \frac{{CI}}{{DE}}$ mà $AD = DE$ (cmt) $\Rightarrow$$IH = CI$.

Gọi D là giao điểm của đường thẳng AC và BP. Ta có $\widehat {BAC} = 90^\circ$ (BC là đường kính)

$\Rightarrow$$\widehat {BAD} = 90^\circ$ (kề bù)

$\Rightarrow$$\widehat {DAP} + \widehat {PAB} = 90^\circ$ (1)

$\Delta ABD$vuông tại A (cmt)

$\Rightarrow$$\widehat {DBA} + \widehat {ADB} = 90^\circ$ (2)

Mặt khác PA, PB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại P của đường tròn (O) nên PA = PB và $\widehat {PAB} = \widehat {PBA}$ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra : $\widehat {DAP} = \widehat {ADP}$

Do đó $\Delta APD$cân tại P $\Rightarrow$PA = PD mà PA = PB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) $\Rightarrow$ PD = PB

Lại có $DB\,{\rm{//}}\,AH\,\,( \bot BC)$

Xét $\Delta PBC$có $IH\,{\rm{//}}\,PB\,\,( \bot BC)$$\Rightarrow$$\frac{{IH}}{{PB}} = \frac{{IC}}{{PC}}$ (định lí Thalès) (4)

Tương tự $\Delta PDC$có $IA\,{\rm{//}}\,PD\,\,( \bot BC)$$\Rightarrow$$\frac{{IA}}{{PD}} = \frac{{IC}}{{PC}}$ (định lí Thalès) (5)

Từ (4) và (5) suy ra : $\frac{{IH}}{{PB}} = \frac{{AI}}{{DP}}$$\Rightarrow$$IH = IA$ (vì PB = PD)

Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng EF tại H.

Ta có $\widehat {AHF} = \widehat {FEC}$ (1) (so le trong)

Lại có CE = CF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên $\Delta ECF$cân tại C $\Rightarrow$ $\widehat {FEC} = \widehat {CFE}$ (2)

Mà $\widehat {EFC} = \widehat {AFH}$ (3) (đối đỉnh)

Từ (1), (2), (3) $\Rightarrow$$\widehat {AHF} = \widehat {AFH}$

Hay $\Delta AHF$cân tại A $\Rightarrow$AH = AF = AD

Xét $\Delta ABE$có DM // BE (gt)

Theo hệ quả của định lí Thalès ta có $\frac{{DM}}{{BE}} = \frac{{AD}}{{AB}}$ $\Rightarrow$$\frac{{DM}}{{AD}} = \frac{{BE}}{{AB}}$

Mà AD = AH (cmt) và BE = BD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow$$\frac{{DM}}{{AH}} = \frac{{BD}}{{AB}} = \frac{{EM}}{{AE}}$ (4) (định lí Thalès)

Mặt khác xét $\Delta AEH$ có MN // AH (gt).

Theo hệ quả của định lí Thalès ta có $\frac{{EM}}{{AE}} = \frac{{MN}}{{AH}}$ (5)

Từ (4) và (5) $\Rightarrow$$\frac{{DM}}{{AH}} = \frac{{MN}}{{AH}}$$\Rightarrow$DM = MN hay M là trung điểm của DN.

a) Ta có OA, OB là hai tiếp tuyến của (O) nên OA = OB và OK là phân giác của $\widehat {AOB}$

$\Rightarrow$$\widehat {AOK} = \widehat {BOK} = \frac{{\widehat {AOB}}}{2} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ$

Do đó $\Delta OAK$ là nửa tam giác đều có cạnh $AK = R$ $\Rightarrow$OK = 2R nên

OA = OB $= \sqrt {O{K^2} - A{K^2}}$$= \sqrt {{{(2R)}^2} - {R^2}} = R\sqrt 3$

Lại có CD tiếp xúc với (K) tại M nên CM = CA và DM = DB

Gọi p là chu vi của $\Delta OCD$, ta có

${p_{OCD}}$= OC + CM + MD + OD

= OC + CA + DB + OD

= 2 OA = 2$R\sqrt 3$ (không đổi)

b) Ta có CK là phân giác của $\widehat {AKM}$

DK là phân giác của $\widehat {BKM}$

Mà $\widehat {AKM} + \widehat {BKM} = \widehat {AKB} = 120^\circ$ (vì $\widehat O = 60^\circ$ và $\widehat A = \widehat B = 90^\circ$)

$\Rightarrow$$\widehat {CKD} = \frac{1}{2}\widehat {AKB} = \frac{1}{2}.120^\circ = 60^\circ$ (không đổi)

Ta có chu vi $\Delta APQ$ bằng AP + PQ + QA và PQ = PM + MQ nên chu vi $\Delta APQ$ bằng $AP + PM + MQ + QA{\rm{ }}\left( 1 \right)$

Mặt khác ta có: PB = PM và QC = QM (2) (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)

Từ (1) và (2) ta có :

AP + PM + MQ + QA = AP + PB + QC + QA = AB + AC

Vậy chu vi $\Delta APQ$ bằng AB + AC không đổi.

Ta có AD = AF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Tương tự BD = BE và CE = CF

Do đó:

AB + AC – BC = AD + BD + AF + CF – (BE + CE)

= AD + BE + AF + CE – BE – CE

= AD + AF = 2 AD

Dễ thấy AFID là hình chữ nhật (có 3 góc vuông)

Lại có AD = AF nên AFID là hình vuông

$\Rightarrow$ AD = AF = ID = r

Ta có BD = BE và CE = CF

$\Rightarrow$AB + AC = AD + BD + AF + CF

= AD + AF + BD + CF

= 2 r + 2 R

= 2 (r + R)

Kẻ AE // CD (E thuộc By)

Dễ thấy tứ giác ACDE là hình bình hành

$\Rightarrow$ AE = CD mà AC = MC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Tương tự BD = MD nên $AC + BD = MC + MD = CD$

Lại có AE $\ge$ AB$\Rightarrow$AC + BD $\ge$ AB (không đổi)

Dấu “=” xảy ra khi E trùng với B nên CD // AB hay $OM \bot AB$.

Vậy khi M là giao điểm của đường thẳng vuông góc với AB thì AC + BD nhỏ nhất.

Ta có CM và CA là hai tiếp tuyến nên $\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}$

Tương tự $\widehat {{O_3}} = \widehat {{O_4}}$

Mà $\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} + \widehat {{O_3}} + \widehat {{O_4}} = 180^\circ$$\Rightarrow$$\widehat {{O_2}} + \widehat {{O_3}} = 90^\circ$

Hay tam giác COD vuông tại O

CD là tiếp tuyến tại M nên $CD \bot OM$

Xét $\Delta CMO$ và $\Delta OMD$có:

$\widehat {CMO} = \widehat {DMO} = 90^\circ$, $\widehat {{O_2}} = \widehat {CDO}$ (cùng phụ với góc DCO)

Nên (g.g)

$\Rightarrow$$\frac{{CM}}{{OM}} = \frac{{OM}}{{MD}}$

$\Rightarrow$$CM.DM = O{M^2} = {R^2}$ (không đổi)

Mà CM = AC, DM = BD $\Rightarrow$$AC.BD = {R^2}$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có:

$\frac{{3AC + BD}}{2} \ge \sqrt {3.AC.BD}$

$3AC + BD \ge 2\sqrt {3.AC.BD}$

$3AC + BD \ge 2\sqrt 3 .R$

Dấu “=” xảy ra khi $3AC = BD = \sqrt 3 .R$ nên $\widehat {AOC} = 30^\circ$ hay $\widehat {AOM} = 60^\circ$.

Vậy M di động ở trên (O) sao cho $\widehat {AOM} = 60^\circ$ thì 3AC + BD nhỏ nhất.

a) Ta có $AC$, $AH$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {M;MH} \right)$ nên $AM$ là phân giác của góc $\widehat {CMH}$ hay $\widehat {CMA} = \widehat {AMH}$

Chứng minh tương tự có $\widehat {HMB} = \widehat {BMD}$ Mà $\widehat {AMH} + \widehat {HMB} = \widehat {AMB} = 90^\circ$ ($AB$ là đường kính)$\Rightarrow \widehat {CMA} + \widehat {AMH} + \widehat {HMB} + \widehat {BMD} = 180^\circ$ hay ba điểm $C$, $M$, $D$ thẳng hàng $\Rightarrow CA//BD\left( { \bot CD} \right)$ hay tứ giác $ABDC$ là hình thang vuông có $OM$ là đường trung bình nên $OM{\rm{//}}AC$ và $BD \Rightarrow OM \bot CD$. Chứng tỏ $CD$ là tiếp tuyến của (O).

b) Ta có $AC = AH$, $BD = BH$ (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) $\Rightarrow AC + BD = AH + BH = AB = 2R$ không đổi.

$I$ là trung điểm của $DE\left( {gt} \right) \Rightarrow OI \bot DE$ hay $\Delta OIA$ vuông tại $I$

Gọi $H$ là giao điểm của $OA$ và $BC$.

Ta có $\Delta OHN$ vuông tại $H$

Ta có $ΔOHN∽\ ΔOIA$ (g.g) $\Rightarrow \frac{{ON}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OI}} \Rightarrow ON = \frac{{OA.OH}}{{OI}}$.

Xét $\Delta ABO$ và $\Delta HBO$ có: $\widehat {ABO} = \widehat {BOH} = 90^\circ$, $\widehat {AOB}{\rm{\;}}$ chung.

Do đó $ΔABO∽\ ΔBHO$(g.g) $\Rightarrow \frac{{OB}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OB}}$ $\Rightarrow OA.OH = O{B^2} = {R^2}$

Do đó $ON = \frac{{{R^2}}}{{OI}}$ (không đổi), $d$ cho trước, $O$ cố định $\Rightarrow I$ cố định $\Rightarrow N$ cố định.