Giải câu 1 trang 120 sách phát triển năng lực toán 9 tập 1

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

S_CEF = $\frac{1}{2}$.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 = $\sqrt{2}R$