Cho đường tròn tâm \(O\), bán kính \(R = 3cm\). Gọi \(A,B\) là hai điểm phân biệt cố định trên

Câu hỏi số 469086:

Vận dụng

Cho đường tròn tâm \(O\), bán kính \(R = 3cm\). Gọi \(A,B\) là hai điểm phân biệt cố định trên đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) (\(AB\) không là đường kính). Trên tia đối của tia \(BA\) lấy một điểm \(M\) (\(M\) khác \(B\)). Qua điểm \(M\) kẻ hai tiếp tuyến \(MC,MD\) với đường tròn đã cho (\(C,D\) là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác \(OCMD\) nội tiếp trong một đường tròn.

b) Đoạn thẳng \(OM\) cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại điểm \(E\). Chứng minh rằng khi \(\angle CMD = {60^0}\) thì \(E\) là trọng tâm của tam giác \(MCD\).

c) Gọi \(N\) là điểm đối xứng của \(M\) qua \(O\). Đường thẳng đi qua \(O\) và vuông góc với \(MN\) cắt các tia \(MC,MD\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\). Khi \(M\) di động trên tia đối của tia\(BA\), tìm vị trí của điểm \(M\) để tứ giác \(MPNQ\) có diện tích nhỏ nhất.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:469086

Phương pháp giải

a) Xử dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp đường tròn: Hai góc đối diện trong tứ giác có tổng bằng \({180^0}\).

b) Tính chất hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau tại một điểm:

- Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán kính đi qua các tiếp điểm.

Xử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, tính chất của trọng tâm tam giác.

c) Biểu diễn diện tích tứ giác \(MNPQ\) theo 1 đại lượng không đổi \(\left( R \right).\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si \( \Rightarrow \) tìm được \({S_{MNPQ}}\min {\kern 1pt} {\kern 1pt} \Rightarrow \) xác định được vị trí cố định của điểm \(M\).

Giải chi tiết

a) Chứng minh tứ giác \(OCMD\) nội tiếp trong một đường tròn.

Xét đường tròn tâm \(O\) có \(MC,MD\) là các tiếp tuyến và \(C,D\) là các tiếp điểm tương ứng nên \(\angle OCM = {90^0};\angle ODM = {90^0}\)

Xét tứ giác \(OCMD\) có:

\(\angle OCM + \angle ODM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

Mà \(\angle MCO;\angle MDO\) đối nhau nên tứ giác \(OCMD\) nội tiếp trong một đường tròn (dhnb).

b) Đoạn thẳng \(OM\) cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại \(E.\) Chứng minh rằng khi \(\angle CMD = {60^0}\) thì \(E\) là trọng tâm tam giác \(MCD.\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(MC,MD\) là các tiếp tuyến cắt nhau tại \(M\) nên \(MC = MD\) và \(MO\) là phân giác \(\angle CMD\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà \(\angle CMD = {60^0}\) nên \(\angle OMD = \dfrac{1}{2}\angle CMD = \dfrac{1}{2}{.60^0} = {30^0}\)

Xét tam giác vuông \(ODM\) có \(OD = R = 3cm\) và \(\angle OMD = {30^0}\)

Ta có: \(\sin \angle DMO = \dfrac{{OD}}{{OM}} \Rightarrow OM = \dfrac{{OD}}{{\sin {{30}^0}}} = \dfrac{3}{{\dfrac{1}{2}}} = 6cm\)

Suy ra \(EM = OM - OE = 6 - 3 = 3cm\)

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}MD = MC\\OD = OC = R\end{array} \right.\) nên \(OM\) là đường trung trực của đoạn\(DC\). Gọi \(I\) là giao điểm của \(OM\) và\(DC\).

Suy ra \(OM \bot DC\) tại \(I.\)

Theo hệ thức lượng trong tam giác \(ODM\) vuông ta có:

\(O{D^2} = OI.OM \Leftrightarrow OI = \dfrac{{O{D^2}}}{{OM}} = \dfrac{{{3^2}}}{6} = \dfrac{3}{2}\)

Suy ra\(IM = OM - OI = 6 - \dfrac{3}{2} = \dfrac{9}{2}\).

Từ đó ta có: \(\dfrac{{ME}}{{MI}} = \dfrac{3}{{\dfrac{9}{2}}} = \dfrac{2}{3}\) \( \Rightarrow ME = \dfrac{2}{3}MI\)

Xét tam giác \(MCD\) có \(MC = MD\) và \(\angle CMD = {60^0}\) nên \(\Delta MCD\) là tam giác đều có \(MI\) là đường phân giác nên \(MI\) cũng là trung tuyến. Lại có \(ME = \dfrac{2}{3}MI\) (cmt) nên \(E\) là trọng tâm tam giác \(MCD\)(đpcm)

c) Gọi \(N\) là điểm đối xứng của \(M\) qua \(O\). Đường thẳng đi qua \(O\) vuông góc với \(MN\) cắt các tia \(MC,\,MD\) lần lượt tại các điểm \(P\) và \(Q\). Khi \(M\) di động trên tia đối của tia \(BA\), tìm vị trí của điểm \(M\) để tứ giác \(MPNQ\) có diện tích nhỏ nhất.

Vì \(N\) đối xứng với \(M\) qua \(O\) nên \(OM = ON\)

Xét hai tam giác vuông \(\Delta OQM\) và \(\Delta OPM\) có cạnh \(OM\) chung và \(\angle OMQ = \angle OMP\)

Suy ra \(\Delta OQM = \Delta OPM\) (g-c-g)

\( \Rightarrow OP = OQ\)

Diện tích tứ giác \(MPNQ\) là:

\({S_{MPNQ}} = \dfrac{1}{2}MN.PQ = \dfrac{1}{2}.2OM.2OQ\) \( = 4.\dfrac{1}{2}.OM.OQ\) \( = 4{S_{OQM}}\) \( = 4.OD.MQ = 4R.MQ\)

Xét tam giác \(OQM\) vuông tại \(O\) có \(OD\) là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(O{D^2} = DQ.DM \Leftrightarrow {R^2} = DQ.DM\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: \(QM = DQ + DM \ge 2\sqrt {DQ.DM} = 2\sqrt {{R^2}} = 2R\)

Hay \(QM\) nhỏ nhất là \(2R \Leftrightarrow QD = DM = R\)

Từ đó \({S_{MPNQ}}\) nhỏ nhất là \(8{R^2} \Leftrightarrow MQ = 2R\)

Khi đó:

Xét hai tam giác \(\Delta MDB\) và \(\Delta MAD\) có:

\(\angle DMB\) chung

\(\angle MDB = \angle MAD\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BD\))

Suy ra

\(\begin{array}{l}\Delta MDB \sim \Delta MAD\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{MA}} = \dfrac{{MB}}{{MD}}\\ \Rightarrow M{D^2} = MA.MB\\ \Rightarrow MA.MB = {R^2}\end{array}\)

Đặt \(AB = a;MB = x\) (\(a\) không đổi, \(a,\,\,x > 0\))

Ta có

\(\begin{array}{l}MA.MB = {R^2}\\ \Leftrightarrow x\left( {x + a} \right) = {R^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} + ax - {R^2} = 0\\ \Rightarrow x = \dfrac{{ - a + \sqrt {{a^2} + 4{R^2}} }}{2}\,\,\,\left( {do\,\,x > 0} \right)\end{array}\)

Vậy điểm M thuộc tia đối của tia BA và cách B một khoảng \(MB = \dfrac{{ - a + \sqrt {{a^2} + 4{R^2}} }}{2}\) không đổi thì tứ giác \(MPNQ\) có diện tích nhỏ nhất là \(8{R^2}.\)

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link