Bài tập về tiếp tuyến đường tròn

Bài toán kinh điển về tiếp tuyến đường tròn
Hình học 9

1


Một số bài tập bổ trợ
Câu 1. Tính đường cao, chu vi và diện tích của tam giác đều có cạnh bằng a.
Hướng dẫn
Xét tam giác ABC đều cạnh AB  BC  CA  a , đường cao AH.


Chu vi CABC  AB  BC  CA  3a .



Đường cao AH 



1
1 a 3
a2 3
Diện tích S ABC  . AH .BC  .
.a 
2
2 2
4

2

AB  BH 
2

2

2

a 3
 BC 
a
2
AB  
  a   
2
 2 
2
2

Câu 2. Chứng minh rằng:
1) Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.
2) Nếu tam giác có đường trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh đó, thì tam giác
đó là tam giác vuông.
Hướng dẫn
1) Xét tam giác ABC vuông tại A, trung tuyến AM (M là trung điểm BC).
Gọi D là điểm đối xứng của A qua M.
Khi đó AD và BC cắt nhau tại trung điểm M của mỗi đường nên ABDC là hình bình
hành.
Mà góc BAC  900 nên ABDC là hình chữ nhật.
Suy ra AD  BC  AM 

1
1
AD  BC .
2
2

Vậy đường trung tuyến AM bằng nửa cạnh huyền BC.

2


2) Xét tam giác ABC, đường trung tuyến AM (M là trung điểm BC) thỏa mãn

AM 

1
BC .
2

Gọi D là điểm đổi xứng của A qua M.
Khi đó AD và BC cắt nhau tại trung điểm M của mỗi đường nên ABDC là hình bình
hành.
Đồng thời, AM 

1
1
1
BC  AD  BC  AD  BC .
2
2

2

Như vậy hình bình hành ABDC có hai đường chéo AD  BC nên là hình chữ nhật,
suy ra BAC  900 hay tam giác ABC vuông tại A.
Như vậy, Nếu tam giác có đường trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh đó, thì
tam giác đó là tam giác vuông tại đỉnh mà đường trung tuyến đó đi qua.

Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A. M là điểm trên cạnh BC. Chứng minh rằng nếu
MA  MB thì M là trung điểm BC.

Hướng dẫn

 MAC  MAB  900
Ta có 
0
 MCA  MBA  90
Mà MA  MB hay tam giác cân AMB cân tại M thì MAB  MBA  MAC  MCA .

3


Như vậy tam giác AMC cân tại M nên MA  MC  MB  MC  MA hay M là trung điểm
BC.

Câu 4. Chứng minh rằng trong hình thang, giao điểm của hai đường chéo, giao điểm 2 cạnh
bên và trung điểm 2 cạnh đáy nằm trên một đường thẳng (bổ đề hình thang).
Hướng dẫn
Xét hình thang ABCD, với AB / /CD, AB  CD , E, F là trung điểm AB, CD. G là giao của
hai cạnh bên và H là giao của hai đường chéo hình thang. Ta cần chứng minh 4 điểm E, F, G,
H thẳng hàng.

Giả sử GF cắt AB tại một điểm I.


 IB / / FC 
Ta có, 
 IA / / DF 


IB
GI

IB
IA
FC GF
suy ra

IA
GI
FC DF

DF GF

Mà FC  DF do F là trung điểm nên IB  IA hay I là trung điểm AB, suy ra I  E .
Như vậy ta đã chứng minh được E, F, G thẳng hàng.
Giả sử HF cắt AB tại một điểm K.


 AK / / FC 
Ta có 
 BK / / DF 



AK HK

AK BK
FC HF
, suy ra

BK HK
FC DF

DF HF

Mà FC  DF do F là trung điểm nên AK  BK hay K là trung điểm AB, suy ra K  I  E
Như vậy, E, F, H thẳng hàng.
Từ 2 chứng minh trên suy ra 4 điểm E, F, G, H thẳng hàng.

4


Bổ đề đã được chứng minh.
Lưu ý: Tử bổ đề này ta cũng có 2 bổ đề hệ quả:
1) Trong hình thang, hai đường chéo và đường nối trung điểm 2 đáy đồng quy.
VD trong bài trên, AC, BD, EF đồng quy tại H
2) Trong hình thang, 2 cạnh bên và đường nối trung điểm 2 đáy đồng quy
VD trong bài trên, AD, BC và EF đồng quy tại G.

Câu 5. Cho a, b là 2 số không âm, chứng minh rằng:
1) a 2  b2  2ab
2) 2  a 2  b2    a  b 

2

Hướng dẫn
1) Ta có  a  b   0  a 2  2ab  b2  0  a 2  b2  2ab
2

Đẳng thức xảy ra khi  a  b   0  a  b .
2

2) Biến đổi tương đương:

2  a 2  b2    a  b   2a 2  2b 2  a 2  2ab  b 2
2

 a 2  2ab  b 2  0   a  b   0  dung 
2

Bất đẳng thức cuối cùng đúng nên bất đẳng thức cần chứng minh là đúng.
Đẳng thức xảy ra khi  a  b   0  a  b .
2

5


Bài tập về tiếp tuyến của đường tròn
Câu 1. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ 2
tia tiếp tuyến Ax và By với đường tròn. M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn (khác
A, B). Tiếp tuyến tại M cắt Ax và By tại C và D. Chứng minh rằng:
1) COD  900 và CD  AC  BD

2) AC.BD  R2
3) OAC ~ DBO
4) AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD
Hướng dẫn
1) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau thì OC, OD là phân giác góc AOM , BOM
Do đó COD  COM  DOM 





1
1
AOM  BOM  .1800  900
2
2

Cũng theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau thì CM  CA; DM  DB
Do đó CD  CM  DM  AC  BD
2) Từ chứng minh a nhận thấy tam giác COD vuông tại O và nhận OM làm đường cao.
Do đó theo hệ thức lượng thì AC.BD  MC.MD  OM 2  R2
0

OAC  DBO  90
 OAC ~ DBO  g.g 
3) Tam giác OAC và DBO có 
0

 AOC  BDO  90  BOD

4) Gọi I là trung điểm CD thì I là tâm đường tròn đường kính CD.
1
COD vuông tại O nên IO  IC  OD  CD hay O thuộc đường tròn tâm I.
2

Mặt khác, ABDC là hình thang vuông tại A và B.
O, I là trung điểm AB, CD nên OI là đường trung bình hình thang này.

OI / / AC / / BD  IO  AB

Do đó 
hay AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn tâm I,
AC  BD CD

 IO 
2
2
đường kính CD.

6


Câu 2. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ 2
tia tiếp tuyến Ax và By với đường tròn. M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn (khác
A, B). Tiếp tuyến tại M cắt Ax và By tại C và D. Gọi E là giao điểm của AD và BC.
ME cắt AB tại H. Chứng minh rằng MH  AB và E là trung điểm MH.
Hướng dẫn
Ta có MC  AC; MD  BD . Khi đó, do AC / / BD nên
MC AC EC



 ME / / BD  MH / / AC / / BD  MH  AB
MD BD ED

Đồng thời ta có

ME CE AH HE



 ME  HE hay E là trung điểm MH.
BD CB AB BD

Câu 3. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ 2
tia tiếp tuyến Ax và By với đường tròn. M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn (khác
A, B). Tiếp tuyến tại M cắt Ax và By tại C và D. Gọi H là hình chiếu vuông góc của
M trên AB. Chứng minh rằng AD, BC và MH đồng quy.
7


Hướng dẫn
Gọi E là giao điểm của AD và BC.
Theo kết quả bài toán 2 thì ME  AB .
Mà MH  AB theo cách dựng nên M, E, H thẳng hàng.
Vậy AD, BC và MH đồng quy tại E.

Câu 4. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ 2
tia tiếp tuyến Ax và By với đường tròn. M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn (khác
A, B). Tiếp tuyến tại M cắt Ax và By tại C và D. Kẻ MH vuông góc AB, H thuộc
AB. Gọi E là giao điểm của BC và MH. Chứng minh E là trung điểm MH và A, E, D

thẳng hàng.
Hướng dẫn
Ta có

ME MD HB HE



 ME  HE nên E là trung điểm MH.
AC CD AB AC

Theo kết quả bài toán 2 thì AD, BC, MH đồng quy tại trung điểm của MH.
Mà ta vừa chứng minh E là trung điểm MH nên AD, BC, MH đồng quy tại E.
Vậy A, E, D thẳng hàng

8


Câu 5. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ 2
tia tiếp tuyến Ax và By với đường tròn. M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn (khác
A, B). Tiếp tuyến tại M cắt Ax và By tại C và D. Kẻ MH vuông góc AB, H thuộc
AB. Gọi E là trung điểm của MH. Chứng minh rằng A, E, D thẳng hàng và B, E, C
thẳng hàng.
Hướng dẫn
Theo kết quả bài toán 2 thì AD, BC, MH đồng quy tại trung điểm của MH.
Mà ta có E là trung điểm MH nên AD, BC, MH đồng quy tại E.
Vậy A, E, D thẳng hàng và B, E, C thẳng hàng.

Câu 6. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ 2
tia tiếp tuyến Ax và By với đường tròn. M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn (khác

A, B). Tiếp tuyến tại M cắt Ax và By tại C và D.
1) Chứng minh COD  900 và CD  AC  BD

9


2) Chứng minh OAC ~ DBO và tích AC.BD không đổi
3) Tìm vị trí điểm M trên nửa đường tròn để đoạn CD có độ dài nhỏ nhất.
4) Gọi I là trung điểm CD, tìm vị trị điểm M để khoảng cách từ I đến AB nhỏ nhất.
Hướng dẫn
1) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau thì OC, OD là phân giác góc AOM , BOM
Do đó COD  COM  DOM 





1
1
AOM  BOM  .1800  900
2
2

Cũng theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau thì CM  CA; DM  DB
Do đó CD  CM  DM  AC  BD
0

OAC  DBO  90
 OAC ~ DBO  g.g 
2) Tam giác OAC và DBO có 

0
AOC

BDO

90

BOD



OAC ~ DBO 

OA AC

 AC.BD  OA.OB  R 2
BD OB

Lưu ý: Có thể chứng minh như ở bài 1 đã thực hiện, AC.BD  MC.MD  MO2  R2 .
3) Tìm vị trí của M để đoạn CD có độ dài nhỏ nhất
Cách 1:
Kẻ CH vuông BD, H thuộc BD thì ABHC là hình chữ nhật nên CH  AB  2R
không đổi.
Mà CH là đường vuông góc, CD là đường xiên nên CD  AB  2R
Vậy CD có độ dài nhỏ nhất bằng 2R khi D  H hay M là điểm chính giữa cung AB.
Cách 2:
Theo kết quả câu 1, 2 và áp dụng BĐT Cô-si ta được:

CD  AC  BD  2 AC.BD  2 R2  2R
Vậy CD có độ dài nhỏ nhất bằng 2R khi AC  BD hay M là điểm chính giữa cung

AB.
4) Do IO là đường trung bình hình thang ABCD nên IO / / AC / / BD .
Suy ra IO  AB hay IO chính là khoáng cách từ I đến AB.
1
Tam giác COD vuông tạo O nên trung tuyến IO  CD .
2

1
Theo kết quả câu c thì CD  2 R  IO  .2 R  R .
2

Vậy khoảng cách từ I đến AB có giá trị nhỏ nhất bằng IOmin  R khi M là điểm chính
giữa cung AB.

10


Câu 7. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ 2
tia tiếp tuyến Ax và By với đường tròn. M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn (khác
A, B). Tiếp tuyến tại M cắt Ax và By tại C và D.
1) Chứng minh COD  900 và CD  AC  BD
2) Chứng minh OAC ~ DBO và tích AC.BD không đổi
3) Tìm vị trí điểm M sao cho tứ giác ABDC có diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích đó theo
R.
4) Tìm vị trí điểm M sao cho tứ giác ABCD có chu vi nhỏ nhất. Tính chu vi đó theo R.
Hướng dẫn
1) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau thì OC, OD là phân giác góc AOM , BOM
Do đó COD  COM  DOM 





1
1
AOM  BOM  .1800  900
2
2

Cũng theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau thì CM  CA; DM  DB
Do đó CD  CM  DM  AC  BD
0

OAC  DBO  90
 OAC ~ DBO  g.g 
2) Tam giác OAC và DBO có 
0

 AOC  BDO  90  BOD

OAC ~ DBO 

OA AC

 AC.BD  OA.OB  R 2
BD OB

Lưu ý: Có thể chứng minh như ở bài 1 đã thực hiện, AC.BD  MC.MD  MO2  R2 .
3) ABCD là hình thang vuông tại A và B.
1

Diện tích S ABCD  . AB.  AC  BD 
2

Cách 1:
Áp dụng BĐT Cô-si ta được, AC  BD  2 AC.BD  2 R 2  2R

11


1
1
Do đó S ABCD  . AB.  AC  BD   . AB.2R  2R 2
2
2

Diện tích nhỏ nhất của hình thang ABCD là 2R 2 đạt được khi AC  BD hay M là
điểm chính giữa cung AB.
Cách 2:
1
Từ kết quả câu a thì AC  BD  CD nên S ABCD  . AB.  AC  BD   R.CD
2

Kẻ CH vuông BD, H thuộc BD thì ABHC là hình chữ nhật nên CH  AB  2R
không đổi.
Mà CH là đường vuông góc, CD là đường xiên nên CD  AB  2R
Do đó S ABCD  R.CD  R.2R  2R 2
Diện tích nhỏ nhất của hình thang bằng 2R 2 khi H  D  CD  AB , hay M là điểm
chính giữa cung AB.
4) Chu vi CABCD  AB   AC  BD   CD  2R   AC  BD   CD
Cách 1:

Theo kết quả câu a thì CD  AC  BD nên CABCD  2R  2  AC  BD 
Áp dụng BĐT Cô-si ta được, AC  BD  2 AC.BD  2 R 2  2R
Suy ra CABCD  2R  2  AC  BD   2R  2.2R  6R
Vậy chu vi nhỏ nhất của ABCD là 6R khi AC  BD hay M là điểm chính giữa cung
AB.
Cách 2:
Theo kết quả câu a thì CD  AC  BD nên CABCD  2R  2.CD
Kẻ CH vuông BD, H thuộc BD thì ABHC là hình chữ nhật nên CH  AB  2R
không đổi.
Mà CH là đường vuông góc, CD là đường xiên nên CD  AB  2R
Do đó chu vi CABCD  2R  2  AC  BD   2R  2.2R  6R .
Vậy chu vi nhỏ nhất của ABCD là 6R khi H  D  CD  AB hay M là điểm chính
giữa cung AB.

12


Câu 8. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ 2
tia tiếp tuyến Ax và By với đường tròn. M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn (khác
A, B). Tiếp tuyến tại M cắt Ax và By tại C và D.
1) Chứng minh rằng OC 2  OD2  CD2
2) Gọi E là giao điểm của OC và AM; F là giao điểm của OD và MB. Tứ giác OEMF là
hình gì?
3) Tìm vị trí điểm M để tứ giác OEMF có diện tích lớn nhất.
4) Tìm vị trí điểm M để tứ giác OEMF có chu vi lớn nhất.
Hướng dẫn
1) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau thì OC, OD là phân giác góc AOM , BOM .
Do đó COD  COM  DOM 





1
1
AOM  BOM  .1800  900 .
2
2

Vậy tam giác COD vuông tại O nên OC 2  OD2  CD2 .

OA  OM  R
2) Ta có 
nên OC là trung trực của AM.
CA  CM
Do đó OC vuông góc AM tại trung điểm của AM, chính là E.
Tương tự, OD vuông góc BM tại trung điểm F của BM.
Như vậy OEM  OFM  EOF  900 nên OEMF là hình chữ nhật.
3) Diện tích SOEMF  ME.MF 

1
1
1
MA. MB  .MA.MB
2
2
4

OEMF là hình nhật nên EMF  900 hay tam giác AMB vuông tại M.

MA2  MB 2 AB 2  2 R 


 2R2
Khi đó, ta được MA.MB 
2
2
2
2

13


Suy ra SOEMF

1
1
R2
2
.
 .MA.MB  .2 R 
4
4
2

Vậy hình chữ nhật OEMF có diện tích lớn nhất bằng

R2
khi MA  MB hay M là
2

điểm chính giữa cung AB.

1
1

4) Chu vi COEMF  2  ME  MF   2  MA  MB   MA  MB
2
2

Áp dụng BĐT  a  b   2  a 2  b2  , ta được
2

 MA  MB 

2

 2  MA2  MB 2   2 AB 2  2.  2R   8R 2
2

Do đó COEMF  MA  MB  8R 2  2R 2
Vậy hình chữ nhật OEMF có chu vi lớn nhất bằng 2 R 2 khi MA  MB hay M là
điểm chính giữa cung AB.

Câu 9. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ 2
tia tiếp tuyến Ax và By với đường tròn. M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn (khác
A, B). Tiếp tuyến tại M cắt Ax và By tại C và D.
1) Chứng minh AMB và COD là các tam giác vuông
2) Biết AM  R , tính diện tích tam giác BMD.
3) Gọi E là giao điểm của AC với BM; F là giao điểm của BD với AM. Chứng minh

rằng 3 đường thẳng AB, CD, EF đồng quy.
Hướng dẫn
1) Tam giác AMB có trung tuyến OM  OA  OB  R 

14

1
AB nên vuông tại M.
2


Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau thì OC, OD là phân giác góc AOM , BOM .
Do đó COD  COM  DOM 





1
1
AOM  BOM  .1800  900 .
2
2

Vậy tam giác COD vuông tại O.
2) Khi AM  R  OM  OA  AM  R nên tam giác OAM đều.
Suy ra MAB  600  MBA  300  MBD  600
Mà MBD là tam giác cân với MB  MD với góc MBD  600 nên là giác đều.
Đồng thời, MB 

AB 2  AM 2 

 2R 

2

 R2  R 3

Vậy, BCD là tam giác đều có cạnh R 3 nên diện tích:

a 3 .

2

S BMD

4

3



3a 2 3
4

3) Tam giác AMB vuông tại M hay AM  MB .
Khi đó, ta có tam giác ABE vuông tại M với CM  CA (2 tiếp tuyến cắt nhau), suy ra
C là trung điểm cạnh huyền AE.
Tương tự, tam giác BMD vuông tại M nhận D là trung điểm cạnh huyền BF.
Mặt khác, AE / / BF   AB  nên ABFE là hình thang.

Khi đó nhận thấy AB, EF là hai cạnh bên còn CD là đường thẳng đi qua trung điểm
hai đáy hình thang. Theo bổ đề hình thang thì 3 đường này phải đồng quy tại một
điểm.

15