Câu hỏi:

03/02/2026 1,233

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 cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho đường tròn $(O)$. Từ một điểm $M$. ở ngoài đường tròn $(O)$, kẻ hai tiếp tuyến $MA,MB$ với đường tròn $(O)(A,B$ là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh $MAOB$ là tứ giác nội tiếp.

b) Vẽ đường kính $BK$ của đường tròn $(O)$, $H$ là điểm trên $BK$ sao cho $AH$ vuông góc $BK$. Điểm $I$ là giao điểm của $AH,MK$. Chứng minh $I$ là trung điểm của $HA$.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho đường tròn $(O)$. Từ một điểm \ (ảnh 1)$

a) Chứng minh $MAOB$ là tứ giác nội tiếp.

Vì $MA,MB$ là các tiếp tuyến của $(O)$ lần lượt tại $A,B$ nên $\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ $ (định nghĩa).

Tứ giác $MAOB$ có $\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 180^\circ $.

Suy ra tứ giác $MAOB$ nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng bằng $180^\circ $).

b) Vẽ đường kính $BK$ của đường tròn $(O)$, $H$ là điểm trên $BK$ sao cho $AH$ vuông góc $BK$. Điểm $I$ là giao điểm của $AH,MK$. Chứng minh $I$ là trung điểm của $HA$.

Gọi $N$ là giao điểm của $AB$ với $MO$.

$C$ là giao điểm giữa $MK$ với đường tròn $(O)$

Ta có: $OA = OB \Rightarrow O$ thuộc trung trực của $AB$.

Tứ giác $MCNB$ có $\widehat {MCB} = \widehat {MNB} = 90^\circ $. Suy ra tứ giác $MCNB$ nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

$ \Rightarrow \widehat {NMB} = \widehat {NCB}$ (hai góc cùng chắn một cung $BN$ )

Ta có: $\widehat {NMB} = \widehat {NBO}$ (cùng phụ với $\widehat {MBN}$ )

$ \Rightarrow \widehat {NCB} = \widehat {NBO}.$

Lại có: $\widehat {NCB} + \widehat {NCI} = 90^\circ ,\widehat {NAI} + \widehat {NBO} = 90^\circ $

Suy ra $\widehat {NCI} = \widehat {NAI}$.

Xét tứ giác $ACNI$ có: $\widehat {NCI} = \widehat {NAI}(cmt)$, suy ra tứ giác $ACNI$ nội tiếp (tứ giác có 2 đinh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

$ \Rightarrow \widehat {ANI} = \widehat {ACI}$ (hai góc cùng chắn cung $AI$ ).

Trong $(O)$ có: $\widehat {ACI} = \widehat {ABK}$ (hai góc nội tiếp cùng chấn cung $AK$ )

Suy ra $\widehat {ANI} = \widehat {ABK}$. Mà hai góc này vị trí đồng vị $ \Rightarrow NI//BK$

Tam giác $ABK$ có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{NI//BK}\\{NA = NB = \frac{1}{2}AB}\end{array}} \right.$

Suy ra $I$ là trung điểm của $AH \Rightarrow IA = IH$ (định lí đường trung bình của tam giác) (đpcm).

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