Giải bài 32 trang 93 sách bài tập toán 9 - Cánh diều tập 2 — Không quảng cáo

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.

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 = MB ² = ${\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} = 3{R^2}$.

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

Suy ra (MQ + MP) ² ≥ 4.3R ² = 12R ²

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.