Giải SGK Toán 9 Cánh diều Bài 3. Tiếp tuyến của đường tròn có đáp án

Sau bài học này, chúng ta sẽ giải quyết được câu hỏi trên như sau:

– Tính chất của tiếp tuyến của đường tròn: Nếu một đường thẳng là tiếp tuyến của một đường tròn thì đường thẳng đó vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm.

– Nhận biết tiếp tuyến của đường tròn: Nếu một đường thẳng đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó thì đường thẳng ấy là tiếp tuyến của đường tròn.

a) Vì đường thẳng a là tiếp tuyến của đường tròn (O; R) nên khoảng cách OH từ tâm O đến đường thẳng a bằng bán kính R.

Vậy OH = R.

b) Vì OH = R nên điểm H có thuộc đường tròn (O; R).

c) Điểm H là điểm chung của đường thẳng a và đường tròn (O; R) nên H là tiếp điểm của đường thẳng a và đường tròn (O; R).

d) Đường thẳng a vuông góc với bán kính OH đi qua tiếp điểm H.

Vì đường tròn (O) tiếp xúc với đường thẳng AB tại điểm C nên OC ⊥ AC tại C.

Xét ∆OAC vuông tại C, ta có: AO$^{2}$ = AC$^{2}$ + CO$^{2}$ (định lí Pythagore).

Suy ra CO$^{2}$ = AO$^{2}$– AC$^{2}$.

Xét ∆OBC vuông tại C, ta có: BO$^{2}$ = BC$^{2}$ + CO$^{2}$ (định lí Pythagore).

Suy ra CO$^{2}$ = BO$^{2}$– BC$^{2}$.

Do đó AO$^{2}$– AC$^{2}$ = BO$^{2}$– BC$^{2}$

Hay AO$^{2}$ + BC$^{2}$= BO$^{2}$ + AC$^{2}$.

a) Vì OH ⊥ a tại H nên khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng a là OH = R.

b) Ta có ON, OH lần lượt là đường xiên và đường vuông góc kẻ từ O đến đường thẳng a nên ON > OH hay ON > R.

Do đó điểm N nằm ngoài đường tròn (O; R).

c) Ta có a vuông góc với bán kính OH tại điểm H nên a là tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại tiếp điểm H.

Vì đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm I nên ba điểm O, I, O’ thẳng hàng và I nằm giữa O và O’.

Vì đường thẳng d là tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại I nên d ⊥ OI tại I.

Do đó d ⊥ O’I tại I, mà I thuộc đường tròn (O’; R’) nên d là tiếp tuyến của (O’; R’).

Vì hai đường tròn (O), (O’) cắt nhau tại hai điểm A, B nên OA = OB và O’A = O’B.

Xét ∆OAO’ và ∆OBO’ có:

OA = OB; O’A = O’B; OO’ là cạnh chung

Do đó ∆OAO’ = ∆OBO’ (c.c.c).

Suy ra $\widehat{OA{O}^{'}}=\widehat{OB{O}^{'}}$(hai góc tương ứng).

Mặt khác, OA là tiếp tuyến của đường tròn (O’) nên OA ⊥ AO’ tại A hay $\widehat{OA{O}^{'}}=90^{\circ}.$

Do đó $\widehat{OB{O}^{'}}=90^{\circ},$ hay OB ⊥ BO’ tại B nên O’B là tiếp tuyến của đường tròn (O).

a) Xét ∆MOA (vuông tại A) và ∆MOB (vuông tại B) có:

OA = OB = R (A, B cùng thuộc đường tròn (O; R));

OM là cạnh chung.

Do đó ∆MOA = ∆MOB (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

b) Vì ∆MOA = ∆MOB (câu a) nên MA = MB (hai cạnh tương ứng).

c) Vì ∆MOA = ∆MOB (câu a) nên $\widehat{OMA}=\widehat{OMB}$ (hai góc tương ứng)

Do đó MO là phân giác của $\widehat{AMB}.$

c) Vì ∆MOA = ∆MOB (câu a) nên $\widehat{MOA}=\widehat{MOB}$(hai góc tương ứng)

Do đó OM là phân giác của $\widehat{AOB}.$

Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O; R) nên OA = OB = R và OA ⊥ AM tại A, OB ⊥ BM tại B hay $\widehat{OAM}=90^{\circ};\ \widehat{OBM}=90^{\circ}.$

Xét tứ giác OAMB có: $\widehat{AOB}+\widehat{OAM}+\widehat{OBM}+\widehat{AMB}=360^{\circ}$ (định lí tổng các góc của một tứ giác).

Suy ra $\widehat{AOB}=360^{\circ}-(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}+\widehat{AMB})$

Nên $\widehat{AOB}=360^{\circ}-(90^{\circ}+90^{\circ}+120^{\circ})=60^{\circ}.$

Xét tam giác OAB có OA = OB = R và $\widehat{AOB}=60^{\circ}$ nên là tam giác đều.

Do đó AB = OA = OB = R.

Vậy AB = R.

Do Ma, Nb là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M nên Ma ⊥ OM tại M và Nb ⊥ ON tại N.

Mà MtN là nửa đường tròn nên MN là đường kính đi qua tâm O.

Do đó Ma ⊥ MN và Nb ⊥ MN, suy ra Ma // Nb.

Kẻ OH ⊥ AB tại H và OH cắt BM tại N.

Xét ∆OAB có OA = OB (bán kính đường tròn (O)) nên ∆OAB cân tại A.

∆OAB cân tại A có đường cao OH nên OH đồng thời là đường phân giác của $\widehat{AOB}.$

Suy ra $\widehat{AOH}=\frac{1}{2}\widehat{AOB}.$

Theo bài, $\widehat{MAB}=\frac{1}{2}\widehat{AOB}$nên $\widehat{AOH}=\widehat{MAB}.$

Xét ∆OAH vuông tại H, ta có: $\widehat{AOH}+\widehat{OAH}=90^{\circ}$ (tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông)

Suy ra $\widehat{MAB}+\widehat{OAH}=90^{\circ}$ hay $\widehat{OAM}=90^{\circ}.$

Do đó MA ⊥ OA tại A, mà OA là bán kính của đường tròn (O) nên MA là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Gọi H, K và N lần lượt là hình chiếu của I lên MA, MA và AB.

Theo cách vẽ, ta có IH ⊥ MA, IK ⊥ MB, IN ⊥ AB nên $\widehat{IHA}=\widehat{IHM}=\widehat{IKM}=\widehat{ANI}=90^{\circ}.$

Xét ∆ANI (vuông tại N) và ∆AHI (vuông tại H) có:

AI là cạnh chung; $\widehat{NAI}=\widehat{HAI}$ (do AI là phân giác của $\widehat{MAB}).$

Do đó ∆ANI = ∆AHI (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra IN = IH (hai cạnh tương ứng). (1)

Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại M với A, B là các tiếp điểm nên MO là tia phân giác của $\widehat{AMB}$ hay MI là tia phân giác của $\widehat{HMK}.$

Xét ∆MHI (vuông tại H) và ∆MKI (vuông tại K) có:

MI là cạnh chung và $\widehat{HMI}=\widehat{KMI}$ (do MI là tia phân giác của $\widehat{HMK}).$

Do đó ∆MHI = ∆MKI (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra IH = IK (hai cạnh tương ứng). (2)

Từ (1) và (2) suy ra IN = IH = IK.

Vậy điểm I cách đều ba đường thẳng MA, MB và AB.

Theo bài, ta có: AB = 5 m = 0,005 km.

Khi đó, OA = OB + AB ≈ 6 400 + 0,005 = 6 400,005 (km).

Vì AC là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AC ⊥ OC tại C, hay $\widehat{OCA}=90^{\circ}.$

Do đó ∆OAC vuông tại C.

Theo định lí Pythagore, ta có:

OA$^{2}$ = OC$^{2}$ + AC$^{2}$

Suy ra AC$^{2}$ = OA$^{2}$ – OC$^{2}$ ≈ 6 400,005$^{2}$ – 6 400$^{2}$ = 64,000025.

Do đó $AC=\sqrt{64{,}000025}\approx 8{,}0\text{(km).}$

Vậy AC ≈ 8,0 km.

a) Vì DA, DC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại D nên DA = DC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Vì EB, EC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại E nên EB = EC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Do đó DA + EB = DC + EC hay AD + BE = DE.

b) Vì DA, DC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại D nên OA là tia phân giác của $\widehat{COA}$(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Do đó $\widehat{COD}=\frac{1}{2}\widehat{COA}$ (tính chất tia phân giác).

Vì EB, EC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại E nên OE tia phân giác của $\widehat{COB}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Do đó $\widehat{COE}=\frac{1}{2}\widehat{COB}$(tính chất tia phân giác).

c) Ta có: $\widehat{DOE}=\widehat{COD}+\widehat{COE}$

Mà $\widehat{COD}=\frac{1}{2}\widehat{COA}$và $\widehat{COE}=\frac{1}{2}\widehat{COB}$(chứng minh ở câu b)

Do đó $\widehat{DOE}=\frac{1}{2}(\widehat{COA}+\widehat{COB})=\frac{1}{2}\widehat{AOB}=\frac{1}{2}\cdot 180^{\circ}=90^{\circ}.$

Vậy tam giác ODE vuông tại O.

d) Vì DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại C nên OC ⊥ DE tại C.

Xét ∆ODE và ∆CDO có:

$\widehat{DOE}=\widehat{DCO}=90^{\circ}$ và $\widehat{ODE}$ là góc chung

Do đó ∆ODE ᔕ ∆CDO (g.g)

Suy ra $\frac{OE}{CO}=\frac{DE}{DO}$ (tỉ số các cạnh tương ứng)

Nên $CO=\frac{OD\cdot OE}{DE}$ hay $\frac{OD\cdot OE}{DE}=R.$