Bài tập cuối chương VIII - SBT Toán 9 CD

Giải bài 32 trang 93 sách bài tập toán 9 - Cánh diều tập 2

Cho đường tròn (O; R). Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O; R), kẻ các tiếp tuyến MA và MB với đường tròn đó (A, B là các tiếp điểm) sao cho MA = (Rsqrt 3 ) a) Xác định tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MAB. b) Tính chu vi tam giác MAB. c) Vẽ đường thẳng d đi qua M cắt đường tròn (O) tại hai điểm P, Q. Xác định vị trí của đường thẳng d sao cho MQ + MP đạt giá trị nhỏ nhất.

Đề bài

Cho đường tròn (O; R). Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O; R), kẻ các tiếp tuyến MA và MB với đường tròn đó (A, B là các tiếp điểm) sao cho MA = \(R\sqrt 3 \)

a) Xác định tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MAB.

b) Tính chu vi tam giác MAB.

c) Vẽ đường thẳng d đi qua M cắt đường tròn (O) tại hai điểm P, Q. Xác định vị trí của đường thẳng d sao cho MQ + MP đạt giá trị nhỏ nhất.

Phương pháp giải - Xem chi tiết

Chứng minh tam giác MAB là tam giác đều suy ra tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MAB.

Sử dụng bất đẳng thức Cosi: a² + b² \( \ge \) 2ab (Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b).

Lời giải chi tiết

a) Ta có MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) lần lượt tại A và B nên MA ⊥ OA, MB ⊥ OB.

Xét ∆OAM vuông tại A, theo định lí Pythagore, ta có:

\(O{M^2} = M{A^2} + O{A^2} = {\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} + {R^2} = 4{R^2}\)

Suy ra OM = 2R.

Gọi I là giao điểm của (O) với tia OM, ta có OI = R nên IM = OM – OI = 2R – R = R.

Do đó, IM = IO = R nên I là trung điểm của OM.

Do ∆OAM vuông tại A nên trung điểm I của cạnh huyền OM là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OAM.

Do ∆OBM vuông tại B nên trung điểm I của cạnh huyền OM là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OBM.

Do đó bốn điểm A, M, B, O cùng nằm trên đường tròn (I) đường kính OM.

Vậy I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB. (1)

Xét ∆OAM vuông tại A, ta có: \(\sin \widehat {AMO} = \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{1}{2}\)

Suy ra \(\widehat {AMO} = {30^o}\).

Do MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại M nên MA = MB và MO là tia phân giác của góc AMB, suy ra \(\widehat {AMB} = 2\widehat {AMO} = {2.30^o} = {60^o}\)

Vì vậy tam giác AMB là tam giác đều có MA = MB = AB = \(R\sqrt 3 \) (2)

Từ (1), (2) suy ra đường tròn nội tiếp tam giác đều MAB cạnh \(R\sqrt 3 \)có tâm là I và bán kính là \(\frac{{R\sqrt 3 .\sqrt 3 }}{6} = \frac{R}{2}\).

b) Do tam giác MAB đều cạnh \(R\sqrt 3 \) nên chu vi tam giác MAB bằng \(3R\sqrt 3 \).

c) Ta có \(\widehat {MBO} = \widehat {MBP} + \widehat {PBO} = {90^o}\) suy ra \(\widehat {MBP} = {90^o} - \widehat {PBO}\) (3).

Do ∆OBP cân tại O (do OB = OP) nên ta có:

\(\widehat {PBO} = \widehat {BPO} = \frac{{{{180}^o} - \widehat {BOP}}}{2} = {90^o} - \frac{1}{2}\widehat {BOP}\).

Xét đường tròn (O) có \(\widehat {BQP},\widehat {BOP}\) lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BP nên \(\widehat {BQP} = \frac{1}{2}\widehat {BOP}\).

Do đó \(\widehat {PBO} = {90^o} - \widehat {BQP}\) hay \(\widehat {BQP} = {90^o} - \widehat {PBO}\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {MBP} = \widehat {BQP}\).

Xét ∆MPB và ∆MBQ có:

\(\widehat {MBP} = \widehat {MQB}\)

\(\widehat {BMQ}\) là góc chung

Do đó ∆MPB ᔕ ∆MBQ (g.g).

Suy ra \(\frac{{MB}}{{MQ}} = \frac{{MP}}{{MB}}\) hay MP. MQ = MB² = \({\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} = 3{R^2}\).

Lại có (MQ – MP)² ≥ 0 hay (MQ + MP)² ≥ 4MQ.MP

Suy ra (MQ + MP)² ≥ 4.3R² = 12R²

Do đó \(MQ + MP \ge \sqrt {12{R^2}} = 2R\sqrt 3 \) (dấu “=” xảy ra khi MQ = MP).

Vậy MQ + MP đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(2R\sqrt 3 \), khi đó MP = MQ hay đường thẳng d đi qua M và A hoặc d đi qua M và B.

Bình luận

Chia sẻ

Bình chọn:

4.9 trên 7 phiếu

Bài tiếp theo

Giải bài 33 trang 93 sách bài tập toán 9 - Cánh diều tập 2
Cho đường tròn (I; r) cố định. Một tam giác ABC thay đổi, có chu vi bằng 16 cm và luôn ngoại tiếp đường tròn (I; r). Một tiếp tuyến song song với BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N. Tìm độ dài BC để MN có độ dài lớn nhất.
Giải bài 31 trang 93 sách bài tập toán 9 - Cánh diều tập 2
Cho lục giác đều ABCDEF cạnh bằng a. a) Chứng minh sáu điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn. Tính theo a bán kính của đường tròn đó. b) Chứng minh các tam giác ACE, BFD là các tam giác đều. Tính theo a bán kính đường tròn nội tiếp tương ứng của tam giác đó.
Giải bài 30 trang 93 sách bài tập toán 9 - Cánh diều tập 2
Quan sát Hình 16. Chứng minh QR // ST.
Giải bài 29 trang 92 sách bài tập toán 9 - Cánh diều tập 2
Cho tam giác ABC nhọn. Ba đường cao AI, BK, CL. Chứng minh: a) Các tứ giác AKIB, BLKC là các tứ giác nội tiếp. b) Trực tâm H của tam giác ABC là tâm đường tròn nội tiếp tam giác IKL.
Giải bài 28 trang 92 sách bài tập toán 9 - Cánh diều tập 2
Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại F và E. Kẻ CK vuông góc với BI. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, AC. Chứng minh: a) F, E, K thẳng hàng b) K, N, M thẳng hàng.
Giải bài 27 trang 92 sách bài tập toán 9 - Cánh diều tập 2
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH = 2,4 cm và (frac{{AB}}{{AC}} = frac{3}{4}). Tính bán kính đường tròn nội tiếp r và bán kính đường tròn ngoại tiếp R của tam giác ABC.
Giải bài 26 trang 92 sách bài tập toán 9 - Cánh diều tập 2
Cho tứ giác ABCD có (widehat C + widehat D = {90^o}). Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BD, DC, CA. Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn. Tìm tâm đường tròn đó.
Giải bài 25 trang 92 sách bài tập toán 9 - Cánh diều tập 2
Cho tam giác ABC có BC = 10 và (widehat {BAC} = {30^o}). Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Giải bài 24 trang 92 sách bài tập toán 9 - Cánh diều tập 2
Cho hình bình hành ABCD. Đường tròn đi qua ba điểm A, B, C cắt cạnh CD ở P (P khác C và D). Tìm phát biểu sai: A. AP = AD B. Tứ giác ABCP là hình thang cân C. (widehat {APD} = widehat {ABC}) D. (widehat {PCB} + widehat {BAP} < {180^o})
Giải bài 23 trang 92 sách bài tập toán 9 - Cánh diều tập 2
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), hai tia AB, DC cắt nhau tại M và (widehat {BAD} = {70^o}). Khi đó số đo góc BCM là: A. ({80^o}) B. ({70^o}) C. ({110^o}) D. ({100^o})