50 bài tập về Các dạng bài toán về tiếp tuyến của đường tròn (có đáp án 2024) | Toán 9

Các dạng việc về tiếp tuyến của lối tròn trặn và cơ hội giải - Toán lớp 9

Bạn đang xem: 50 bài tập về Các dạng bài toán về tiếp tuyến của đường tròn (có đáp án 2024) | Toán 9

I. Lý thuyết

1. Dấu hiệu nhận thấy tiếp tuyến của lối tròn

Dấu hiệu 1: Theo khái niệm tiếp tuyến:

Đường trực tiếp chỉ mất có một không hai một điểm cộng đồng với lối tròn trặn là tiếp tuyến của lối tròn trặn cơ.

Đường trực tiếp d với có một không hai một điểm cộng đồng với lối tròn trặn (O) là A nên d là tiếp tuyến của lối tròn trặn và A là tiếp điểm.

Dấu hiệu 2: Nếu một đường thẳng liền mạch trải qua một điểm của lối tròn trặn và vuông góc với nửa đường kính trải qua điểm cơ thì đường thẳng liền mạch này là tiếp tuyến của lối tròn trặn.

Trên hình tớ với, đường thẳng liền mạch ∆ trải qua điểm H của lối tròn trặn (O) và vuông góc với nửa đường kính OH nên đường thẳng liền mạch ∆ là tiếp tuyến của lối tròn trặn (O).

2. Tính hóa học nhị tiếp tuyến tách nhau

Nếu nhị tuyến tuyến của lối tròn trặn tách nhau bên trên một điểm thì

- Điểm cơ cơ hội đều nhị tiếp điểm.

- Tia kẻ kể từ điểm cơ trải qua tâm là tia phân giác của góc tạo nên vị nhị tiếp tuyến.

- Tia kẻ kể từ tâm trải qua điểm này là tia phân giác của góc tạo nên vị nhị nửa đường kính trải qua nhị tiếp điểm.

Cho lối tròn trặn (O;R) với AB; AC là nhị tiếp tuyến của lối tròn

Khi cơ tớ có:

AB = AC.

AO là tia phân giác $\widehat{BAC}$.

OA là tia phân giác $\widehat{BOC}$.

3. Đường tròn trặn nội tiếp tam giác

- Đường tròn trặn xúc tiếp với thân phụ cạnh của một tam giác gọi là lối tròn trặn nội tiếp tam giác, còn tam giác gọi là tam giác nước ngoài tiếp lối tròn trặn.

- Tâm của lối tròn trặn nội tiếp tam giác là phú của thân phụ lối phân giác những góc nhập tam giác.

Cho tam giác ABC với D là phú của thân phụ lối phân giác nên D là tâm lối tròn trặn nội tiếp tam giác.

Khi cơ D cơ hội đều thân phụ cạnh tam giác.

4. Đường tròn trặn bàng tiếp tam giác

- Đường tròn trặn xúc tiếp với cùng 1 cạnh của tam giác và xúc tiếp với phần kéo dãn của nhị cạnh tam giác còn sót lại thì gọi là lối tròn trặn bàng tiếp tam giác.

- Với từng tam giác, tớ xác lập được thân phụ lối tròn trặn bàng tiếp.

- Tâm của lối tròn trặn bàng tiếp tam giác được xác lập vị phú của hai tuyến phố phân giác góc ngoài của nhị đỉnh tạo nên trở thành cạnh nhưng mà lối tròn trặn xúc tiếp.

Cho tam giác ABC với I là phú của hai tuyến phố phân giác ngoài góc B và góc C nên I là tâm lối tròn trặn bàng tiếp tam giác.

II. Bài luyện vận dụng

Dạng 1: Chứng minh một đường thẳng liền mạch là tiếp tuyến của một lối tròn

Phương pháp giải: Để minh chứng một đường thẳng liền mạch a là tiếp tuyến của lối tròn trặn (O;R) bên trên điểm C tớ thực hiện như sau:

Cách 1: Chứng minh điểm C nằm trong (O) và a vuông góc với OC bên trên C.

Cách 2: Kẻ OH vuông góc với a bên trên H. Chứng minh OH = OC = R.

Cách 3: Vẽ tiếp tuyến a’ của (O;R) bên trên C. Chứng minh a trùng a’.

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân nặng bên trên A với những lối cao AH và BK tách nhau bên trên I. Chứng minh:

a) Đường tròn trặn 2 lần bán kính AI trải qua K;

b) HK là tiếp tuyến của lối tròn trặn 2 lần bán kính AI.

Lời giải:

a) Vì BK là lối cao nên BK $\perp$AC

mà I $\in$BK nên $\widehat{AKI}=90°$

Tam giác AKI là tam giác vuông bên trên K

$\Rightarrow$A, K, I phía trên lối tròn trặn nước ngoài tiếp tam giác AKI với 2 lần bán kính là AI (định lí)

$\Rightarrow$Đường tròn trặn 2 lần bán kính AI trải qua K

b) Gọi O là trung điểm của AI

Ta có:

+ OK = OA = $\frac{AI}{2}$

=> Tam giác AKO cân nặng bên trên O

$\Rightarrow$ $\widehat{OKA}=\widehat{OAK}$ (tính chất) (1)

Do tam giác AHC vuông bên trên H nên $\widehat{OAK}+\widehat{ACB}=90°$

Do tam giác BCK vuông bên trên K nên $\widehat{HBK}+\widehat{ACB}=90°$

Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}\widehat{OAK}+\widehat{ACB}=90°\\ \widehat{HBK}+\widehat{ACB}=90°\end{array}\right.$

$\Rightarrow$ $\widehat{OAK}=\widehat{HBK}$ (do nằm trong phụ với góc $\widehat{ACB}$) (2)

Vì tam giác ABC là tam giác cân nặng bên trên A nên AH vừa vặn là lối cao vừa vặn là lối trung tuyến.

$\Rightarrow$H là trung điểm của BC $\Rightarrow$KH là lối trung tuyến của tam giác BKC

Tam giác BKC vuông bên trên K $\Rightarrow$KH = HB (định lí lối trung tuyến ứng với cạnh huyền)

$\Rightarrow$Tam giác BHK là tam giác cân nặng bên trên H

$\Rightarrow$ $\widehat{HBK}=\widehat{HKB}$(3)

Từ (1) (2) (3) $\Rightarrow \widehat{OKA}=\widehat{HKB}$

Mà $\widehat{OKA}+\widehat{OKB}=90°$

Do đó: $\widehat{HKB}+\widehat{OKB}=90°$

$\Rightarrow \widehat{HKO}=90°$$\Rightarrow HK\perp KO$ bên trên K

$\Rightarrow$HK là tiếp tuyến của lối tròn trặn 2 lần bán kính AI.

Ví dụ 2: Cho lối tròn trặn (O) 2 lần bán kính AB. Ax và By là nhị tia tiếp tuyến của (O) (Ax, By nằm trong nửa mặt mũi phẳng lì bờ là đường thẳng liền mạch AB). Trên tia Ax lấy điểm C, bên trên By lấy điểm D sao mang lại $\widehat{COD}=90°$. Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của lối tròn trặn (O).

Lời giải:

Vẽ OH vuông góc với CD, H nằm trong CD.

Tia CO tách tia đối của tia By bên trên E.

Vì Ax và By là tiếp tuyến $\Rightarrow \widehat{CAO}=\widehat{EBO}=90°$

Xét tam giác ACO và tam giác BEO có:

$OA=OB=R$

$\widehat{AOC}=\widehat{BOE}$ (hai góc đối đỉnh)

$\widehat{CAO}=\widehat{EBO}=90°$

Do đó: $\Delta ACO=\Delta BEO$(g – c – g)

$\Rightarrow OC=OE$ nên O là trung điểm của EC

Tam giác CDE với OD vừa vặn là lối cao (do $\widehat{COD}=90°$) vừa vặn là lối trung tuyến nên tam giác DEC cân nặng bên trên D

$\Rightarrow$OD là tia phân giác góc D

Xét tam giác OHD và tam giác OBD có:

$\widehat{HDO}=\widehat{BDO}$ (do DO là tia phân giác)

$\widehat{OHD}=\widehat{OBD}=90°$

OD chung

Do đó: $\Delta OHD=\Delta OBD$ (cạnh huyền – góc nhọn)

$\Rightarrow$OH = OB = R

Ta có:

OH $\perp$CD và OH = OB = R

Nên CD là tiếp tuyến của lối tròn trặn (O).

Dạng 2: Tính phỏng dài

Phương pháp giải: Nối tâm với tiếp điểm rồi áp dụng đặc thù của tiếp tuyến và dùng những công thức về hệ thức lượng nhập tam giác vuông.

Ví dụ 1: Cho (O;R) 2 lần bán kính AB. Vẽ chão AC sao mang lại $\widehat{CAB}=30°$. Trên tia đối của tia BA lấy điểm M sao mang lại BM = R. Chứng minh:

a) MC là tiếp tuyến của lối tròn trặn (O).

b) MC = R $\sqrt{3}$.

Lời giải:

a) Ta có: Tam giác ABC với 3 đỉnh A, B, C nằm trong lối tròn trặn (O) và AB là lối kính

$\Rightarrow \Delta ABC$vuông bên trên C

Xét $\Delta ABC$vuông bên trên C tớ có:

$\widehat{CAB}+\widehat{ABC}+\widehat{BCA}=180°$(định lý tổng thân phụ góc nhập một tam giác)

$\iff 30°+\widehat{ABC}+90°=180°$

$\iff \widehat{ABC}=180°-90°-30°$

$\Rightarrow \widehat{ABC}=60°$

Xét tam giác OBC có:

OB = OC = R

$\widehat{OBC}=60°$

Do đó: Tam giác OBC là tam giác đều

$\Rightarrow$OB = CB (1)

Lại có: M phía trên tia đối tia BA và BM = R

$\Rightarrow$B là trung điểm của OM

OB = BM (2)

Từ (1) và (2)

$\Rightarrow$OB = CB = BM

Xét tam giác OCM có:

CB là lối trung tuyến

OB = BM = CB

$\Rightarrow$Tam giác OCM vuông bên trên C

$\Rightarrow$CO $\perp$CM

Ta với :

CO $\perp$CM

CO = R

Do đó: CM tiếp tuyến của lối tròn trặn (O).

b) Ta với : OM = OB + BM = R + R = 2R

Xét tam giác OCM vuông bên trên C tớ có:

$O{M}^2=O{C}^2+M{C}^2$(định lý Py – tớ – go)

$\iff {\left(2R\right)}^2=R^2+M{C}^2$

$\iff 4R^2=R^2+M{C}^2$

$\iff M{C}^2=4R^2-R^2$

$\iff MC=3R^2$

$\Rightarrow MC=\sqrt{3}R$(điều nên bệnh minh).

Ví dụ 2: Cho lối tròn trặn tâm O nửa đường kính OA = R, chão BC vuông góc với OA bên trên trung điểm M của OA.

a) Tứ giác OCAB là hình gì?

b) Kẻ tiếp tuyến với lối tròn trặn bên trên B tách đường thẳng liền mạch OA bên trên D. Tính BD theo gót R.

Lời giải:

a) Vì OA $\perp$BC nên OA trải qua trung điểm của BC (định lí)

$\Rightarrow$M là trung điểm của BC

Xét tứ giác OCAB có:

M là trung điểm của OA (giả thuyết)

M là trung điểm của BC

Do cơ tứ giác OCAB là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

Lại với OC = OB = R

Nên tứ giác OCAB là hình thoi.

b) Vì OCAB là hình thoi nên OC = CA = AB = OB = R

Xét tam giác OAB có: OA = OB = AB = R

$\Rightarrow$Tam giác OAB là tam giác đều

$\Rightarrow \widehat{BOA}=60°$

Lại với BD là tiếp tuyến của lối tròn trặn tâm (O)

Nên BD $\perp$OB

$\Rightarrow$Tam giác OBD vuông bên trên B

Xét tam giác OBD có:

$\tan \widehat{BOD}=\frac{BD}{OB}$

$\iff \tan 60°=\frac{BD}{R}$

$\Rightarrow BD=\sqrt{3}R$.

Dạng 3: Chứng minh hai tuyến phố trực tiếp cân nhau, hai tuyến phố trực tiếp tuy nhiên tuy nhiên, hai tuyến phố trực tiếp vuông góc

Phương pháp giải: Dùng đặc thù tiếp tuyến, nhị tiếp tuyến tách nhau.

Ví dụ 1: Cho lối tròn trặn (O), nhị tiếp tuyến bên trên B và C tách nhau bên trên A

a) Chứng minh: AO là trung trực của đoạn trực tiếp BC.

b) Vẽ 2 lần bán kính CD của (O). Chứng minh BD và OA tuy nhiên tuy nhiên.

Lời giải:

a) Vì AB và AC là nhị tiếp tuyến tách nhau

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}AB=AC\\ \widehat{BOA}=\widehat{COA}\\ \widehat{BAO}=\widehat{CAO}\end{array}\right.$

Gọi phú điểm của BC và AO là F

Xét tam giác OFB và tam giác OFC có:

OF chung

OB = OC = R

$\widehat{BOA}=\widehat{COA}$(chứng minh trên)

Do cơ $\Delta O\text{}FB=\Delta O\text{}FC$ (c – g – c)

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}BF=FC\\ \widehat{O\text{}FB}=\widehat{O\text{}FC}\end{array}\right.$(các cặp cạnh và góc tương ứng)

Ta có:

$\widehat{O\text{}FB}+\widehat{O\text{}FC}=180°$

Mà $\widehat{O\text{}FB}=\widehat{O\text{}FC}$

Xem thêm: Phật A Di Đà và tất cả thông tin lần đầu được “bật mí”

$\Rightarrow \widehat{O\text{}FB}=\widehat{O\text{}FC}=90°$

Vì BF = CF và $\widehat{O\text{}FB}=\widehat{O\text{}FC}=90°$ nên OA là lối trung trực của BC.

b) Vì O là trung điểm của CD và F là trung điểm của BC nên OF là lối tầm của tam giác CBD

$\Rightarrow$OF // BD

Mà A, O, F trực tiếp hàng

Do cơ OA // BD (điều nên bệnh minh).

Ví dụ 2: Cho nhị tiếp tuyến bên trên A và B của lối tròn trặn (O) tách nhau bên trên M. Đường trực tiếp vuông góc với OA bên trên O tách MB bên trên C. Chứng minh CM = CO.

Lời giải:

Vì MA là tiếp tuyến của lối tròn trặn (O) bên trên A $\Rightarrow$MA $\perp$OA

Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}MA\perp OA\left(cmt\right)\\ OC\perp OA\left(gt\right)\end{array}\right.$ $\Rightarrow$MA // OC

$\Rightarrow \widehat{COM}=\widehat{AMO}$ (hai góc sánh le trong) (1)

Do MA và MB là nhị tiếp tuyến tách nhau $\Rightarrow$OM là tia phân giác $\widehat{AMB}$

$\Rightarrow \widehat{AMO}=\widehat{BMO}$(tính chất) (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \widehat{COM}=\widehat{AMO}=\widehat{BMO}$

Xét tam giác OCM có: $\widehat{COM}=\widehat{CMO}$

$\Rightarrow \Delta OCM$là tam giác cân nặng bên trên C

$\Rightarrow$OC = CM.

Dạng 4: Chứng minh tiếp tuyến, tính phỏng nhiều năm, số đo góc phụ thuộc đặc thù nhị tiếp tuyến tách nhau

Phương pháp giải: Chúng tớ dùng những nội dung kỹ năng sau

- Tính hóa học nhị tiếp tuyến tách nhau

- Khái niệm lối tròn trặn nội tiếp, lối tròn trặn bàng tiếp tam giác

- Các hệ thức lượng nhập tam giác vuông

Ví dụ 1: Cho lối tròn trặn (O;R) và một điểm A ở ngoài lối tròn trặn. Vẽ những tiếp tuyến AB, AC (B, C là những tiếp điểm). Chứng minh $\widehat{BAC}=60°$ Khi và chỉ Khi OA = 2R.

Lời giải:

Để góc $\widehat{BAC}=60°$ thì $\widehat{OAB}=30°$ (Vì theo gót đặc thù nhị tiếp tách nhau thì tia nối điểm cơ với tâm lối tròn trặn là tia phân giác của góc tạo nên vị nhị tiếp tuyến).

Ta có: AB là tiếp tuyến của lối tròn trặn (O) bên trên B nên AB $\perp$ OB bên trên B.

Xét tam giác OAB vuông bên trên B tớ có:

$\sin \widehat{OAB}=\frac{OB}{OA}=\sin 30°$

$\iff \frac{R}{OA}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow OA=2R$ (điều nên bệnh minh)

Chiều ngược lại: Nếu OA = 2R, tớ minh chứng $\widehat{BAC}=60°$

Do AB là tiếp tuyến, B là tiếp điểm nên tam giác OAB vuông bên trên B

Ta có: $\sin \widehat{OAB}=\frac{OB}{AB}=\frac{R}{2R}=\frac{1}{2}$ (tỉ con số giác nhập tam giác vuông)

$\Rightarrow \widehat{OAB}=30°$

Mà AB, AC là nhị tiếp tuyến tách nhau nen OA là tia phân giác của góc $\widehat{BAC}$

$\Rightarrow \widehat{BAC}=2.\widehat{OAB}=2.30°=60°$ (điều nên bệnh minh).

Ví dụ 2: Cho lối tròn trặn (O). Từ một điểm M ở ngoài lối tròn trặn vẽ nhị tiếp tuyến ME và MF (E, F là nhị tiếp điểm) sao mang lại $\widehat{EMO}=30°$. hiểu chu vi tam giác MEF là 30cm

a) Tính phỏng nhiều năm EF.

b) Diện tích tam giác MEF.

Lời giải:

a) Ta cút minh chứng OM vuông góc với EF

Vì MF và ME là nhị tiếp tuyến tách nhau nên OM là tia phân giác $\widehat{EO\text{}F}$

Gọi phú điểm của EF và MO là I

Xét tam giác OFI và tam giác OEI có:

OI chung

OE = OF = R

$\widehat{EOI}=\widehat{FOI}$ (do OM là tia phân giác của $\widehat{EO\text{}F}$ )

Do cơ $\Delta O\text{}FI=\Delta O\text{}EI$ (c – g – c)

$\Rightarrow \widehat{OI\text{}F}=\widehat{OIE}$ (hai góc tương ứng)

Ta có:

$\widehat{O\text{}I\text{}F}+\widehat{OIE}=180°$

Mà $\widehat{O\text{}I\text{}F}=\widehat{O\text{}IE}$

$\Rightarrow \widehat{O\text{}I\text{}F}=\widehat{O\text{}IE}=90°$

Lại có: IF = IE (hai cạnh tưng ứng) nên I là trung điểm của EF

Chu vi tam giác MEF là : c = ME + MF + EF

Mà ME = MF, EF = 2EI nên tớ có

Chu vi tam giác MEF là: c = 2ME + 2EI (*)

Ta lại sở hữu tam giác IME vuông và $\widehat{EMI}=30°$

$\sin \widehat{EMI}=\frac{IE}{EM}$

$\iff \sin 30°=\frac{IE}{EM}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow 2IE=EM$ thay cho nhập (*) tớ có:

c = 2ME + 2IE = 2ME + ME = 3ME = 30cm

$\Rightarrow$ME =10cm

$\Rightarrow$IE = 5cm

$\Rightarrow$EF = 2IE = 10cm.

b) Xét tam giác MIE vuông bên trên I tớ có:

$M{I}^2+I{E}^2=M{E}^2$ ( ấn định lý Py – tớ – go)

$\iff M{I}^2+5^2={10}^2$

$\iff M{I}^2=100-25$

$\iff M{I}^2=75$

$\iff MI=5\sqrt{3}$ cm

Diện tích tam giác MEF là

S = $\frac{1}{2}MI.EF=\frac{1}{2}.5\sqrt{3}.10=25\sqrt{3}$( $c{m}^2$).

Dạng 5: Chứng minh những đẳng thức hình học

Phương pháp giải: Sử dụng những đặc thù về tiếp tuyến, nhị tiếp tuyến tách nhau.

Ví dụ 1: Cho nửa lối tròn trặn (O) 2 lần bán kính AB. Trên nằm trong nửa mặt mũi phẳng lì bờ AB vẽ nhị tiếp tuyến Ax và By. Điểm M phía trên (O) sao mang lại tiếp tuyến bên trên M tách Ax, By bên trên C và D. Chứng minh:

a) AC + BD = CD.

b) $\widehat{COD}=90°$.

c) AC.BD = $O{A}^2$.

Lời giải:

a) Gọi d là tiếp tuyến của (O) qua chuyện M

Vì Ax và d là nhị tiếp tuyến tách nhau bên trên C $\Rightarrow$AC = CM (tính chất) (1)

Vì By và d là nhị tiếp tuyến tách nhau bên trên D $\Rightarrow$BD = DM (tính chất) (2)

Cộng vế với vế của (1) và (2) tớ được:

AC + BD = CM + DM

$\Rightarrow$AC + BD = CD (điều nên bệnh minh).

b) Vì Ax và d là nhị tiếp tuyến tách nhau bên trên C $\Rightarrow \widehat{AOC}=\widehat{MOC}$

Vì By và d là nhị tiếp tuyến tách nhau bên trên D $\Rightarrow \widehat{MOD}=\widehat{BOD}$

Ta có:

$\widehat{AOC}+\widehat{MOC}+\widehat{MOD}+\widehat{BOD}=180°$

Mà $\widehat{AOC}=\widehat{MOC}$ và $\widehat{MOD}=\widehat{BOD}$

$\Rightarrow$ $2\widehat{MOC}+2\widehat{MOD}=180°$

$\iff 2\left(\widehat{MOC}+\widehat{MOD}\right)=180°$

$\iff \widehat{MOC}+\widehat{MOD}=90°$

$\Rightarrow \widehat{COD}=90°$.

c) Vì d là tiếp tuyến của (O) bên trên M nên CD là tiếp tuyến của (O) bên trên M

Do đó: $CD\perp OM$ bên trên M

Xét tam giác COD vuông bên trên O với OM là lối cao tớ có:

$O{M}^2=CM.DM$ (hệ thức lượng nhập tam giác vuông)

Ta có:

OM = OA (bán kính)

CM = CA (cmt)

BM = BD (cmt)

Do cơ $O{M}^2=CM.DM\iff O{A}^2=CA.BD\Rightarrow CA.BD=R^2$ (do OA = R).

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông bên trên A, lối cao AH. Vẽ lối tròn trặn (A; AH). Từ B, C kẻ tiếp tuyến BD, CE với (A) nhập cơ D, E là những tiếp điểm.

a) Chứng minh thân phụ điểm A, D, E trực tiếp sản phẩm.

b) Chứng minh $BD.CE=\frac{D{E}^2}{4}$.

Lời giải:

a) Vì CE và BC là nhị tiếp tuyến tách nhau nên $\widehat{EAC}=\widehat{HAC}$ (tính chất)

Vì BD và BC là nhị tiếp tuyến tách nhau nên $\widehat{DAB}=\widehat{HAB}$

Ta có: $\widehat{HAB}+\widehat{HAC}=90°$

$\Rightarrow 2.\left(\widehat{HAB}+\widehat{HAC}\right)=180°$

$\iff 2.\widehat{HAB}+2.\widehat{HAC}=180°$

Mà $\widehat{EAC}=\widehat{HAC}$ và $\widehat{DAB}=\widehat{HAB}$

$\Rightarrow \widehat{EAC}+\widehat{HAC}+\widehat{DAB}+\widehat{HAB}=180°$

$\Rightarrow \widehat{DAE}=180°$

$\Rightarrow$ba điểm D, A, E trực tiếp sản phẩm.

b) Vì AH là lối cao của tam giác vuông ABC nên AH $\perp$BC và AH = R nên Bc là tiếp tuyến của lối tròn trặn (A; AH).

Vì BD và BC là nhị tiếp tuyến tách nhau bên trên B nên BD = BH

Vì CE và BC là nhị tiếp tuyến tách nhau bên trên C nên CE = CH

Ta có:

BD. CE = BH. HC (do BD = BH và CE = HC)

Lại có: BH. HC = $A{H}^2$= ${\left(\frac{DE}{2}\right)}^2$(do DE là lối kính)

$\Rightarrow BD.CE=\frac{D{E}^2}{4}$ (điều nên bệnh minh).

III. Bài luyện vận dụng

Bài 1: Cho nửa lối tròn trặn (O) 2 lần bán kính AB = 2R. Trên nửa mặt mũi phẳng lì bờ AB vẽ nhị tiếp tuyến Ax và By. M là vấn đề bên trên (O) sao mang lại tiếp tuyến Ax và By tách tiếp tuyến bên trên M của lối tròn trặn bên trên nhị điểm B và C. Đường trực tiếp AD tách BC bên trên N.

a) Chứng minh A, C, N, O nằm trong lệ thuộc một lối tròn trặn. Tìm tâm và nửa đường kính lối tròn trặn cơ.

b) Chứng minh OC tuy nhiên song với BM.

c) Tìm địa điểm điểm M sao mang lại diện tích S tứ giác ACDB nhỏ nhất.

d) Chứng minh MN và AB vuông góc cùng nhau.

Bài 2: Cho nửa lối tròn trặn tâm O, 2 lần bán kính AB và M là một trong những điểm phía trên (O). Tiếp tuyến bên trên M tách tiếp tuyến bên trên A và B của (O) theo lần lượt bên trên C và D. Đường trực tiếp AM tách OC bên trên E. Đường trực tiếp BM tách OD bên trên F.

a) Chứng minh $\widehat{COD}=90°$.

b) Tứ giác MEOF là hình gì?

c)Chứng minh AB là tiếp tuyến của lối tròn trặn 2 lần bán kính CD.

Bài 3: Cho lối tròn trặn (O;6cm) và điểm A phía trên lối tròn trặn (O). Qua A kẻ tiếp tuyến Ax với lối tròn trặn và lấy điểm B bên trên tia Ax sao mang lại AB = 8cm.

a) Tính phỏng nhiều năm OB.

b) Qua A kẻ lối vuông góc với OB, tách (O) bên trên C. Chứng minh BC là tiếp tuyến của (O).

Bài 4: Cho nửa lối tròn trặn tâm O, 2 lần bán kính AB. Vẽ những tiếp tuyến Ax và By với nửa lối tròn trặn nằm trong phía so với AB. Từ điểm M bên trên nửa lối tròn trặn vẽ tiếp tuyến với nửa lối tròn trặn, tách Ax và By ở C và D.

a) Chứng minh tam giác COD và tam giác AMB đồng dạng.

b) Chứng minh MC.MD ko thay đổi Khi M dịch chuyển bên trên nửa lối tròn trặn.

c) Cho OC = BA = 2R. Tính AC và BD theo gót R.

Bài 5: Cho tam giác ABC vuông bên trên A, AH là lối cao, AB = 8cm, BC = 16cm. Gọi D là vấn đề đối xứng với B qua chuyện H. Vẽ lối tròn trặn 2 lần bán kính CD tách AC ở E.

a) Chứng minh HE là tiếp tuyến của lối tròn trặn.

b) Tính HE.

Bài 6: Cho tam giác ABC vuông bên trên A với AB = 9cm, AC = 12cm. Gọi I là tâm lối tròn trặn nội tiếp tam giác ABC, G là trọng tâm tam giác. Tính IG.

Bài 7: Cho lối tròn trặn (O) và điểm A ở ngoài lối tròn trặn. Kẻ những tiếp tuyến AB. AC với (O) nhập cơ B, C là những tiếp điểm.

a) Chứng minh đường thẳng liền mạch OA là trung trực của BC.

b) Gọi H là phú điểm của AO và BC. hiểu B = 2cm và OH = 1cm.Tính chu vi và diện tích S tam giác ABC.

Bài 8: Cho lối tròn trặn (O) 2 lần bán kính AB. Lấy M nằm trong (O) sao mang lại MA < MB. Vẽ chão MN vuông góc với AB bên trên H. Đường trực tiếp AN tách BM bên trên C. Đường trực tiếp qua chuyện C vuông góc với AB bên trên K và tách BN bên trên D.

a) Chứng minh A, M, C, K nằm trong lệ thuộc một lối tròn trặn.

b) Chứng minh BK là tia phân giác góc $\widehat{MBN}$.

c) Chứng minh tam giác KMC cân nặng và KM là tiếp tuyến của lối tròn trặn (O).

d) Tìm địa điểm điểm M bên trên (O) nhằm tứ giác MNKC là hình thoi.

Bài 9: Cho tam giác ABC cân nặng bên trên A, điểm I là tâm lối tròn trặn nội tiếp, điểm K là tâm lối tròn trặn bàng tiếp góc A của tam giác.

a) Chứng minh tứ điểm B, I, C, K nằm trong lệ thuộc một lối tròn trặn.

b) Chứng minh AC là tiếp tuyến của lối tròn trặn (O) thưa bên trên.

c) Tính nửa đường kính (O) biết AB = AC = 20cm; BC = 24cm.

Bài 10: Cho lối tròn trặn tâm O 2 lần bán kính AB. Gọi d và d’ là những tiếp tuyến bên trên A và B. Lấy C ngẫu nhiên nằm trong d, đường thẳng liền mạch vuông góc với OC bên trên O tách d’ bên trên D. AD tách BC bên trên N.

a) Chứng minh CD là tiếp tuyến của (O) bên trên điểm M.

b) Tìm địa điểm điểm C bên trên d sao mang lại (AC + BD) đạt độ quý hiếm nhỏ nhất.

c) hiểu AB = 4a, tính độ quý hiếm của AC.BC và $\frac{1}{O{C}^2}+\frac{1}{O{D}^2}$theo a.

Bài 11: Cho tam giác ABC nước ngoài tiếp lối tròn trặn (I). Các cạnh AB, BC, AC xúc tiếp với lối tròn trặn (I) theo lần lượt bên trên D, E, F. Đặt BC = a, AC = b, AB = c

a) Chứng minh: $AD=\frac{b+c-a}{2}$.

b) Gọi r là nửa đường kính của (I). Chứng minh diện tích S tam giác ABC là tích của nửa chu vi tam giác với r.

Xem thêm thắt những dạng bài bác luyện Toán lớp 9 với đáp án và tiếng giải cụ thể khác:

Vị trí kha khá của hai tuyến phố tròn trặn và cơ hội giải bài bác tập

Góc ở tâm, số đo cung, tương tác thân mật cung và chão và cơ hội giải

Xem thêm: Người sinh năm 1994 mua điện thoại màu gì HƠP tuổi may mắn?

Bài luyện về góc nội tiếp và cơ hội giải

Bài luyện về góc tạo nên vị tia tiếp tuyến và chão cung

Bài luyện về góc với đỉnh trực thuộc lối tròn trặn, góc với đỉnh ở ngoài lối tròn trặn và cơ hội giải