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) ⦁ 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:

OM2=MA2+OA2=R32+R2=4R2

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 AMO^=OAOM=12

Suy ra AMO^=30°.

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 AMB^=2AMO^=2·30°=60°.

Vì vậy tam giác AMB là tam giác đều có MA=MB=AB=R3 (2)

Từ (1), (2) suy ra đường tròn nội tiếp tam giác đều MAB cạnh R3 có tâm là I và bán kính là R3·36=R2.

b) Do tam giác MAB đều cạnh R3 nên chu vi tam giác MAB bằng 3R3.

c) Ta có MBO^=MBP^+PBO^=90° suy ra  MBP^=90°-PBO^. (3)

Do ∆OBP cân tại O (do OB = OP) nên ta có:

PBO^=BPO^=180°-BOP^2=90°-12BOP^.

Xét đường tròn (O) có BQP^, BOP^ lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BP nên  BQP^=12BOP.^

Do đó PBO^=90°-BQP^. Hay BQP^=90°-PBO^.  (4)

Từ (3) và (4) suy ra MBP^=BQP^.

Xét ∆MPB và ∆MBQ có:

 MBP^=MQB^, BMQ^ là góc chung

Do đó ∆MPB ᔕ ∆MBQ (g.g).

Suy ra MBMQ=MPMB hay MP·MQ=MB2=R32=3R2.

Lại có (MQ – MP)² ≥ 0 hay (MQ+MP)² ≥ 4MQ.MP

Suy ra (MQ+MP)² ≥4.3R² = 12R²

Do đó MQ+MP≥12R2=2R3 (dấu “=” xảy ra khi MQ = MP).

Vậy MQ+MP đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2R3 khi đó MP = MQ hay đường thẳng d đi qua M và A hoặc d đi qua M và B.