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

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 = 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.