Câu hỏi:

30/01/2026 13

Cho đường tròn (O;R) và đường thẳng d không đi qua O cắt (O) tại hai điểm A; B. Trên tia đối của tia BA lấy điểm M; qua M kẻ hai tiếp tuyến MC; MD với đường tròn (O) ( C; D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB.

a) Chứng minh tứ giác OMCH nội tiếp.

b) OM cắt đường tròn (O) tại I và cắt CD tại K. Chứng minh ${\rm{OK}}{\rm{.OM = }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}$

c) Đường thẳng qua O vuông góc với OM, cắt tia MC và MD lần lượt tại P và Q. Tính độ dài OM theo R sao cho diện tích tam giác MPQ nhỏ nhất.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 21 bài tập Toán 9 Kết nối tri thức Bài 29. Tứ giác nội tiếp có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

a) Chứng minh tứ giác OMCH nội tiếp.

Vì H là trung điểm của dây cung AB nên ${\rm{OH}} \bot {\rm{AB}} \Rightarrow \widehat {{\rm{OHM}}}{\rm{ = 9}}{{\rm{0}}^^\circ }$

Ta có: $\hat{OHM} = \hat{OCM} = 90^{°}$ nên tứ giác OMCH nội tiếp.

Cho đường tròn (O;R) và đường thẳng d không đi qua O cắt (O) tại hai điểm A; B. Trên tia đối của tia BA lấy điểm M; qua M kẻ hai tiếp tuyến MC; MD với đường tròn (O) ( C; D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB. (ảnh 1)

b) OM cắt đường tròn (O) tại I và cắt CD tại K. Chứng minh ${\rm{OK}}{\rm{.OM = }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}$

Tam giác ODM vuông tại D (vì $\widehat {ODM} = {90^^\circ }$). Mặt khác:${\rm{MC = MD}}$(t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); ${\rm{OC = OD = R}}$$ \Rightarrow $OM là đường trung trực của đoạn thẳng CD$ \Rightarrow $${\rm{OM}} \bot {\rm{CD}}$. Trong tam giác vuông ODM áp dụng hệ thức ${{\rm{b}}^{\rm{2}}}{\rm{ = a}}{\rm{.b'}}$ ta có: ${\rm{O}}{{\rm{D}}^{\rm{2}}}{\rm{ = OK}}{\rm{.OM}} \Leftrightarrow {\rm{OK}}{\rm{.OM = }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}$.

c) Đường thẳng qua O vuông góc với OM, cắt tia MC và MD lần lượt tại P và Q. Tính độ dài OM theo R sao cho diện tích tam giác MPQ nhỏ nhất.

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có MO là tia phân giác của góc PMQ, mặt khác ${\rm{MO}} \bot {\rm{PQ}}$ nên tam giác PMQ cân tại M$ \Rightarrow {\rm{PQ}} = {\rm{2OP}}$.

Ta có ${{\rm{S}}_{{\rm{PMQ}}}} = \frac{1}{2}{\rm{MO}}{\rm{.PQ = MO}}{\rm{.OP}}$. Trong tam giác vuông OMQ ta có:

\[\frac{1}{{{\rm{O}}{{\rm{D}}^2}}} = \frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{P}}^{\rm{2}}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{M}}^{\rm{2}}}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}} = \frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{P}}^{\rm{2}}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{M}}^{\rm{2}}}}}\]

Áp dụng bất đẳng thức Cô si :

\[\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{P}}^{\rm{2}}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{M}}^{\rm{2}}}}} \ge 2\sqrt {\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{P}}^{\rm{2}}}}}.\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{M}}^{\rm{2}}}}}} = \frac{2}{{{\rm{OP}}{\rm{.OM}}}} \Leftrightarrow \frac{{\rm{1}}}{{{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}} \ge \frac{{\rm{2}}}{{{{\rm{S}}_{{\rm{PMQ}}}}}}\]

${{\rm{S}}_{{\rm{PMQ}}}} \ge {\rm{2}}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}$. Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{M}}^{\rm{2}}}}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{P}}^{\rm{2}}}}}\\{\rm{OM}}{\rm{.OP = 2}}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow {\rm{OM = OP = R}}\sqrt {\rm{2}} $.

Vậy ${{\rm{S}}_{{\rm{PMQ}}}}$ đạt giá trị nhỏ nhất $ \Leftrightarrow {\rm{OM = R}}\sqrt {\rm{2}} $.

Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho tam giác $ABC$ có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có trực tâm là điểm $H$. Gọi $M$ là điểm trên dây cung $BC$ không chứa điểm $A$( $M$ khác $B,C$). Gọi $N,P$ theo thứ tự là các điểm đối xứng của $M$ qua các đường thẳng $AB,AC$

a) Chứng minh \[AHCP\] là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh $N,H,P$ thẳng hàng.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho tam giác $ABC$ có 3 góc nhọ (ảnh 1)$

a). Giả sử các đường cao của tam giác là $AK,CI$ . Để chứng minh $AHCP$ là tứ giác nội tiếp ta sẽ chứng minh $\widehat {AHC} + \widehat {APC} = {180^0}$.

Ta có:

$\widehat {AHC} = \widehat {IHK}$ ( đối đỉnh)

$\widehat {APC} = \widehat {AMC} = \widehat {ABC}$ ( do tính đối xứng và góc nội tiếp cùng chắn một cung).

Như vậy ta chỉ cần chứng minh $\widehat {ABC} + \widehat {IHK} = {180^0}$ nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác $BIHK$là tứ giác nội tiếp.

b). Để chứng minh $N,H,P$ thẳng hàng ta sẽ chứng minh $\widehat {NHA} + \widehat {AHP} = {180^0}$ do đó ta sẽ tìm cách quy hai góc này về 2 góc đối nhau trong một tứ giác nội tiếp.

Thật vậy ta có: $\widehat {AHP} = \widehat {ACP}$ (tính chất góc nội tiếp), $\widehat {ACP} = \widehat {ACM}$ (1) (Tính chất đối xứng) .

Ta thấy vai trò tứ giác $AHCP$ giống với $AHBN$ nên ta cũng dễ chứng minh được $AHBN$ là tứ giác nội tiếp từ đó suy ra $\widehat {AHN} = \widehat {ABN}$ , mặt khác $\widehat {ABN} = \widehat {ABM}$ (2) (Tính chất đối xứng) .

Từ (1), (2) ta suy ra chỉ cần chứng minh $\widehat {ABM} + \widehat {ACM} = {180^0}$ nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác $ABMC$ nội tiếp.

Vậy $\widehat {NHA} + \widehat {AHP} = {180^0}$ hay $N,H,P$ thẳng hàng.

Câu 2

Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và điểm $A$ ở bên ngoài đường tròn. Vẽ hai tiếp tuyến \[AB,AC\] với đường tròn $\left( O \right)$ ($B,C$ là các tiếp điểm). Gọi $M$ là trung điểm $AB$.

     a) Chứng minh tứ giác $ABOC$ nội tiếp và xác định tâm $I$ của đường tròn này.

     b) Chứng minh rằng $AM.AO = AB.AI$.

     c) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ACM$. Chứng minh $MG//BC$.

     d) Chứng minh $IG$ vuông góc với $CM$.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và điểm \(A\ (ảnh 1)$

a) Do $AB,AC$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = {90^0} \Rightarrow B,C$ thuộc đường tròn đường kính $OA$ có tâm $I$ là trung điểm $OA$.

b) Ta có $AM.AO = \frac{{AB}}{2}.2AI = AB.AI$.

c) Gọi $E$ là trung điểm $MA$, do $G$ là trọng tâm $\Delta CMA$ nên $G \in CE$ và $\frac{{GE}}{{CE}} = \frac{1}{3}$.

Mặt khác $\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{1}{3}$ (vì $ME = \frac{{MA}}{2} = \frac{{MB}}{2}$ nên $ME = \frac{{BE}}{3}$) $ \Rightarrow \frac{{GE}}{{CE}} = \frac{{ME}}{{BE}}$, theo định lý Ta-lét đảo $ \Rightarrow MG//BC$.

d) Gọi $G'$ là giao điểm của $OA$ và $CM \Rightarrow G'$ là trọng tâm $\Delta ABC$. Nên $\frac{{G'M}}{{CM}} = \frac{1}{3} = \frac{{GE}}{{CE'}}$, theo định lý Ta-lét đảo $GG'//ME$ (1)

$MI$ là đường trung bình trong $\Delta OAB \Rightarrow MI//OB$, mà $AB \bot OB$ (cmt) $ \Rightarrow MI \bot AB$, nghĩa là $MI \bot ME$ (2).

Từ (1) và (2) cho $MI \bot GG'$, ta lại có $GI' \bot MK$ (vì $OA \bot MK$) nên $I$ là trực tâm $\Delta MGG'$$ \Rightarrow GI \bot G'M$ tức $GI \bot CM$.

Câu 3