1. (Đề kiểm tra học kì I, quận Ba Đình, năm học 2016 - 2017)
Cho đường tròn (O, R), đường kính AB. Từ điểm C trên tia đối của tia AB, kẻ các tiếp tuyến CM, CN với đường tròn (M, N là tiếp điểm)
a, Chứng minh rằng CO vuông góc với MN.
b, Tính MN, biết OM = 4cm, CO = 6cm.
c, Vẽ đường kính MK. Tứ giác ABKN là hình gì? Vì sao?
d, Một đường thẳng qua song song với MN cắt các tia CM, CN lần lượt tại E và F. Xác định vị trí của C trên tia đối của tia AB sao cho diện tích tam giác CEF nhỏ nhất.
Bài Làm:
a, CM và CN là hai tiếp tuyến cắt nhau tại C của đường tròn => CM = CN
+ Ta có: CM = CN và OM = ON (= bán kính của đường tròn)
=> OC là đường trung trực của MN
=> CO $\perp $ MN
b, Gọi I là giao điểm của CO và MN
=> IM = IN
+ CM là tiếp tuyến của đường tròn (O) => OM $\perp $ CM
Xét tam giác COM vuông tại M:
- CM = $\sqrt{OC^{2}-OM^{2}}=\sqrt{6^{2}-4^{2}}=2\sqrt{5}$ (định lí Py-ta-go)
- MI.CO = MC.MO (hệ thức giữa cạnh huyền, đường cao ứng với cạnh huyền và hai cạnh góc vuông)
=> MI = $\frac{MC.MO}{CO}=\frac{2\sqrt{5}.4}{6}\approx 3$
=> MN = 2.MI = 2.3 = 6
c, MK là đường kính => M, O, K thẳng hàng
=> MO = OK = R
+ Xét tam giác MNK có:
- NO là đường trung tuyến ứng với cạnh MK
- NO = $\frac{1}{2}$MK
=> Tam giác MNK vuông tại N (Tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)
=> NM $\perp $ NK
Mà CO $\perp $ MN (chứng minh phần a)
=> NK // CO
=> NK // AB
+ Tứ giác ABKN có KN // AB => ABKN là hình thang
d, EF // MN và MN $\perp $ CO => EF $\perp $ CO
=> OE = OF = $\frac{1}{2}$EF
SCEF = $\frac{1}{2}$.EF.CO= $\frac{1}{2}$.2.OE.CO = OE.CO
=> Để diện tích tam giác CEF là nhỏ nhất thì OE.CO là nhỏ nhất.
+ Xét tam giác CEO vuông tại O có OM là đường cao, ta có:
$\frac{1}{OM^{2}}=\frac{1}{OC^{2}}+\frac{1}{OE^{2}}$
=> $\frac{1}{R^{2}}=\frac{1}{OC^{2}}+\frac{1}{OE^{2}}$
Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có:
$\frac{1}{OC^{2}}+\frac{1}{OE^{2}}\geq \frac{2}{OE.OC}$
=> $\frac{1}{R^{2}}\geq \frac{2}{OE.OC}$
<=> OE.OC $\geq 2R^{2}$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi OE = CO
<=> OM là phân giác của góc AOE
<=> OC = $\sqrt{2}R$