Trắc nghiệm Bài tập hay và khó chương góc với đường tròn Toán 9

Đặt \(\alpha  = \widehat {BOA}.\) Giả sử rằng \(R\) là bán kính của hình tròn. Khi đó ta có \({S_{OAB}} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{{360}}.\alpha .\)

Mặt khác diện tích của hình tròn là \(S = \pi {R^2}.\)

Theo giả thiết ta có \({S_{OAB}} = \dfrac{1}{4}S \Rightarrow \dfrac{{\pi {R^2}}}{{360}}\alpha  = \dfrac{1}{4}\left( {\pi {R^2}} \right) \Rightarrow \alpha  = {90^0}.\)

Theo giả thiết đường kính của đường tròn là \(\sqrt {8 + 2\sqrt 3 } \)

nên bán kính của đường tròn là \(R = \dfrac{{\sqrt {8 + 2\sqrt 3 } }}{2}.\)

Theo giả thiết \(\widehat A = {90^0},\widehat {DAI} = {45^0},\) nên \(\widehat {IAM} = \widehat A - \widehat {DAI} = {90^0} - {45^0} = {45^0}.\) Do \(M,\,N\) là trung điểm

của các cạnh hình chữ nhật nên \(MN \bot AB.\) Do đó \(\widehat {AMI} = {90^0}.\)

Từ đó suy ra \(\widehat {AIM} = {45^0}.\) Vậy tam giác \(\Delta AMI\) vuông cân tại \(M.\)

Vì vậy \(AM = MI\,\,\left( 1 \right).\)

Do \(\widehat D = {90^0},\,\widehat {ADI} = {30^0} \Rightarrow \widehat {IDN} = {60^0}.\)

Từ đó \(\sin \,\widehat {IDN} = \dfrac{{IN}}{{DI}} \Rightarrow IN = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}DI.\) Tam giác \(DNI\) vuông tại \(N\) nên

\(D{I^2} = D{N^2} + I{N^2}.\) Do đó \(D{I^2} = D{N^2} + {\left( {\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}DI} \right)^2} \Rightarrow DN = \dfrac{{DI}}{2}.\) Vì vậy \(IN = \sqrt 3 DN = \sqrt 3 AM\,\,\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(AD = MN = IM + IN = \left( {1 + \sqrt 3 } \right)AM = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}AB.\)

Diện tích của hình chữ nhật là \(S = AB.AD = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}A{B^2}\,\,\left( 3 \right).\)

Ta lại có

 $A{M^2} + O{M^2} = {R^2} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{AB}}{2}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{AD}}{2}} \right)^2} = {R^2} \Leftrightarrow A{B^2} + A{D^2} = 4{R^2}$ $ \Leftrightarrow A{B^2} + {\left( {\dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}AB} \right)^2} = 4{R^2}$

$ \Leftrightarrow \dfrac{{8 + 2\sqrt 3 }}{4}A{B^2} = 4{R^2} = 4{\left( {\dfrac{{\sqrt {8 + 2\sqrt 3 } }}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow AB = 2\,\,\left( 4 \right).$

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra \(S = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}.4 = 2\left( {1 + \sqrt 3 } \right).\)

Do \(CM,\,DM\) là các tiếp tuyến nên ta có \(MD = BD,\,\,CM = CA.\)

Từ đó \(CA + BD = CM + MD = CD.\)

Từ \(C\) hạ đường cao \(CH\) xuống \(BD.\)

Khi đó \(\Delta HCD\) vuông tại \(H,\) có \(CD\) là cạnh huyền và \(CH\) là cạnh góc vuông nên \(CD \ge CH.\) Mặt khác \(CH//BA\) và \(CA \bot CH,\,\,BH \bot CH\) nên \(CHBA\) là hình chữ nhật.

Do đó \(CH = BA.\)  Vì vậy \(CD \ge AB.\)

Do đó \(CA + BD\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(CA + BD = AB \Leftrightarrow CD = AB \Leftrightarrow CD = CH \Leftrightarrow CD//AB.\) Khi đó ta có \(ABDC\)là hình chữ nhật và do đó \(AC = BD.\) Mặt khác \(O\) là trung điểm \(AB\) nên \(M\) là trung điểm \(CD.\) Kéo theo \(CA = CM = MD = BD = R.\)