Bài tập Chứng minh đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn lớp 9 (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).