12 bài tập Tính độ dài đoạn thẳng, góc liên quan đến tiếp tuyến của đường tròn có lời giải

Đáp án đúng là: B

Vì AB là tiếp tuyến và B là tiếp điểm nên OB = R = 5 cm; AB ⊥ OB tại B.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABO vuông tại B, ta được:

AB = \(\sqrt {O{A^2} - O{B^2}} = \sqrt {{{13}^2} - {5^2}} = 12\) cm.

Đáp án đúng là: B

Để AC là tiếp tuyến của đường tròn (B) thì AC ⊥ BA tại A.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC, ta có:

BC = \(\sqrt {C{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\) cm.

Đáp án đúng là: A

Do R > d (5 cm > 4 cm) nên đường thẳng cắt đường tròn.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Để đường thẳng với đường tròn tiếp xúc nhau thì d = R.

Do đó, d = 8 cm.

Đáp án đúng là: D

Vì AB là tiếp tuyến và B là tiếp điểm nên OB = R = 6 cm; AB ⊥ OB tại B.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABO vuông tại B, ta được:

AB = \(\sqrt {O{A^2} - O{B^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}} = 8\) cm.

Đáp án đúng là: A

Kẻ OH ⊥ EF tại H và cắt AB tại I suy ra OI ⊥ AB (vì AB ∕∕ EF)

Xét (O) có OI ⊥ AB tại I nên I là trung điểm của AB.

Suy ra IA = IB = \(\frac{{AB}}{2} = 0,6R\). Lại có OA = R.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác OAI ta có: OI = \(\sqrt {O{A^2} - I{A^2}} = 0,8R\).

Mà AI ∕∕ EH nên \(\frac{{AI}}{{EH}} = \frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{0,8R}}{R}\) nên EH = \(\frac{{0,6R}}{{0,8}} = 0,75R\).

∆OEF cân tại O (vì \(\widehat E = \widehat F = \widehat {BAO} = \widehat {ABO}\)) có OH ⊥ EF nên H là trung điểm của EF.

Vì EF = 2EH = 1,5R nên diện tích tam giác EOF là \(\frac{1}{2}OH.EF = 0,75{R^2}\).

Đáp án đúng là: C

Kẻ OH ⊥ EF tại H và cắt AB tại I suy ra OI ⊥ AB (vì AB ∕∕ EF)

Xét (O) có OI ⊥ AB tại I nên I là trung điểm của AB.

Suy ra IA = IB = \(\frac{{AB}}{2}\) = 4,8 cm. Lại có OA = 6 cm.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác OAI ta có: OI = \(\sqrt {O{A^2} - I{A^2}} \) = 3,6 cm.

Mà AI ∕∕ EH nên \(\frac{{AI}}{{EH}} = \frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{3,6}}{6} = \frac{3}{5}\) nên EH = \(\frac{{4,8.5}}{3}\) = 8 cm.

∆OEF cân tại O (vì \(\widehat E = \widehat F = \widehat {BAO} = \widehat {ABO}\)) có OH ⊥ EF nên H là trung điểm của EF.

Vì EF = 2EH = 16 cm nên diện tích tam giác EOF là

\(\frac{1}{2}\)OH.EF = \(\frac{1}{2}\).6.16 = 48 cm².

Đáp án đúng là: C

Xét đường tròn (O; R) có MA, MB là tiếp tuyến.

Suy ra \(\widehat {BOM} = \widehat {AOM} = \frac{1}{2}\widehat {AOB}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (1).

∆OAC có OA = OC suy ra \(\widehat {OAC} = \widehat {OCA}\) (tính chất tam giác cân)

Ta có: \(\widehat {OAC} + \widehat {OCA} = \widehat {AOB}\) (tính chất góc ngoài của tam giác)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {OCA} = \widehat {BOM}\).

Mà \(\widehat {OCA},\widehat {BOM}\) ở vị trí đồng vị.

Nên CK ∕∕ OM suy ra \(\widehat {MOK} = \widehat {CKO}\) (so le trong).

Chứng minh ∆OAM = ∆OCK (c.g.c) suy ra CK = OM (hai cạnh tương ứng).

Chứng minh ∆KMO = ∆OCK (c.g.c) suy ra \(\widehat {COK} = \widehat {OKM}\) (hai góc .

tương ứng).

Mà \(\widehat {COK}\) = 90° (KO là trung trực của BC) suy ra \(\widehat {OKM}\) = 90°.

Xét tứ giác OBMK có:

\(\widehat {OBM}\) = 90° (MB là tiếp tuyến của (O; R)).

\(\widehat {BOK}\) = 90° (KO là trung trực của BC).

\(\widehat {OKM}\) = 90° (cmt)

Do đó OBMK là hình chữ nhật suy ra MK = OB = R.

Đáp án đúng là: A

Ta có: E thuộc đường tròn (O) suy ra \(\widehat {DEC} = 90^\circ \) suy ra DE ∕∕ AB.

Gọi F là trung điểm của AE suy ra HF là đường trung bình của hình thang ABDE suy ra HF ⊥ AE suy ra ∆HAE cân tại H nên \(\widehat {{E_1}} = \widehat {{A_1}}\).

Ta có: ∆OEC cân tại O suy ra \(\widehat {{E_1}} = \widehat C\) suy ra \(\widehat {{E_1}} + \widehat {{E_2}} = \widehat C + \widehat {{A_1}} = 90^\circ \)

suy ra HE ⊥ OE (đpcm).

Xét ∆ABC vuông tại A, áp dụng định lí Pyhthagore

suy ra BC = \(\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = 17\) cm.

Ta có S_ABC = \(\frac{1}{2}\)AB.AC = \(\frac{1}{2}\)AH.BC suy ra AH = \(\frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{8.15}}{{17}} = \frac{{120}}{{17}}\) cm.

Có AH = HE nên HE = \(\frac{{120}}{{17}}\) cm.

Đáp án đúng là: D

Xét tam giác ABC vuông tại A, có: cosB = \(\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{1}{2}\) suy ra \(\widehat B = 60^\circ \).

Xét tam giác ABD có AH là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên tam giác ABD cân tại A, có \(\widehat B = 60^\circ \) suy ra ∆ABD đều.

Ta có: OD = OE suy ra ∆ODE cân tại O.

Có AB ∕∕DE suy ra \(\widehat {ABC} = \widehat {EDC} = 60^\circ \) suy ra ∆ODE đều.

Do đó DE = DH = DO = \(\frac{{BC}}{4}\) suy ra \(\widehat {HEO} = 90^\circ \).

Suy ra HE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.

Xét tam giác HEO vuông tại E, áp dụng định lí Pythagore, ta có:

HO² = HE² + EO² suy ra HE² = 8² – 4² = 12. Suy ra HE = \(2\sqrt 3 \) cm.

a) Ta có: \(\widehat {ACB} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét ∆CAB vuông tại C, ta có: BC = AB.tan \(\widehat {CAB}\) = 10.tan30° = \(\frac{{10\sqrt 3 }}{3}\) cm.

                                                 AC = AB.cos \(\widehat {CAB}\) = 10.cos30° = \(5\sqrt 3 \) cm.

Có BE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B.

Xét tam giác ABE, ta có: BE = AB.tan \(\widehat {CAB}\) = 10.tan30° = \(\frac{{10\sqrt 3 }}{3}\) cm.

Nối OH ta được OH ⊥ MN (tính chất tiếp tuyến)

Ta lại có AB ∕∕ MN suy ra OH ⊥ MN tại I.

Theo tính chất đường kính vuông góc với dây cung ta được:

AI = BI = 1,6R : 2 = 0,8R.

Tam giác IOA vuông tại I, nên áp dụng định lí Pythagore, ta được:

OI² = OA² – IA² = R² – (0,8R)² = 0,36R² suy ra OI = 0,6r.

Xét tam giác MON có AB ∕∕ MN suy ra ∆OAB ∽ ∆OMN suy ra \(\frac{{AB}}{{MN}} = \frac{{OI}}{{OH}}\) (tỉ số hai đường cao ứng với tỉ số đồng dạng)

Suy ra MN = \(\frac{{AB.OH}}{{OI}} = \frac{{1,6R}}{{0,6R}} = \frac{8}{3}R\).

Diện tích tam giác MON là: \(\frac{1}{2}MN.OH = \frac{1}{2}.\frac{8}{3}R.R = \frac{4}{3}{R^2}.\)