Cho đường tròn (O; R), đường kính MN. Qua M và N vẽ lần lượt hai tiếp tuyến (d) và (d’) với đường tròn (O). Một đường thẳng qua O cắt đường thẳng (d) ở A và cắt đường thẳng (d’) ở P. Từ O vẽ

Lời giải

a) Xét ∆OMA và ∆ONP, có:

\(\widehat {AOM} = \widehat {NOP}\) (đối đỉnh);

OM = ON (= R);

\(\widehat {AMO} = \widehat {ONP} = 90^\circ \).

Do đó ∆OMA = ∆ONP (g.c.g).

Suy ra OA = OP (cặp cạnh tương ứng).

b) ∆ABP có OB ⊥ AP (giả thiết) OA = OP (chứng minh trên).

Suy ra OB vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến của ∆ABP.

Do đó ∆ABP cân tại B.

Suy ra OB cũng là đường phân giác của ∆ABP.

Vì vậy OH = ON = R (tính chất điểm nằm trên tia phân giác của một góc).

Ta có AB ⊥ OH tại H.

Mà H thuộc đường tròn (O).

Vậy AB là tiếp tuyến của (O).

c) Ta có HA = MA và HB = NB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Tam giác AOB vuông tại O có OH là đường cao:

HA.HB = OH² (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

⇔ AM.BN = R².

Vậy ta có điều phải chứng minh.

d) Tứ giác AMNB có \(\widehat {AMN} = \widehat {MNB} = 90^\circ \).

Suy ra AMNB là hình thang vuông.

Khi đó \({S_{AMNB}} = \frac{1}{2}\left( {AM + BN} \right).MN = \frac{1}{2}.\left( {AH + HB} \right).2R = AB.R\).

Ta có R không đổi và AB ≥ MN.

Suy ra S_AMNB nhỏ nhất ⇔ AB nhỏ nhất.

Tức là, AB = MN.

Khi đó MN // AB.

Vì vậy AMNB là hình chữ nhật.

Suy ra AM = BN = OH = R.

Vậy điểm A nằm trên đường thẳng song song với MN và cách MN một khoảng bằng R.