Cho đường tròn (O; R) và điểm A cố định nằm ngoài đường tròn. Vẽ đường thẳng d vuông góc với OA tại A. Trên d lấy M. Qua M kẻ tiếp tuyến ME, MF với (O). Nối EF cắt OM tại H, cắt OA tại B.

a) Chứng minh tứ giác ABHM nội tiếp.

b) Chứng minh OA.OB = OH.OM = R².

c) Chứng minh tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác MEF thuộc một đường tròn cố định khi M di chuyển trên d.

d) Tìm vị trí của M để diện tích tam giác HBO lớn nhất.

a) Do ME, MF là hai tiếp tuyến của (O) nên ME = MF.

Khi đó M thuộc đường trung trực của đoạn EF       (1)

Lại có OE = OF = R.

Suy ra O thuộc đường trung trực của đoạn EF        (2)

Từ (1), (2), suy ra OM là đường trung trực của đoạn EF.

Do đó OM ⊥ EF.

Ta có $\widehat {MHB} + \widehat {MAB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$.

Vậy tứ giác ABHM nội tiếp đường tròn đường kính MB.

b) Xét ∆OHB và ∆OAM, có:

$\widehat {HOB}$ chung;

$\widehat {OHB} = \widehat {OAM} = 90^\circ$.

Do đó  (g.g).

Suy ra $\frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{OB}}{{OM}}$.

Vì vậy OH.OM = OA.OB         (3)

Tam giác OEM vuông tại E có EH là đường cao:

OE² = OH.OM (Hệ thức lượng trong tam giác vuông).

⇔ R² = OH.OM    (4)

Từ (3), (4), ta thu được OA.OB = OH.OM = R².

c) Gọi I là giao điểm của OM với đường tròn (O).

Ta có $\widehat {MFI} = \widehat {FEI}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung FI)   (5)

Do EF ⊥ OM nên .

Suy ra $\widehat {FEI} = \widehat {EFI}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)   (6)

Từ (5), (6), suy ra $\widehat {MFI} = \widehat {EFI}$.

Do đó FI là tia phân giác của $\widehat {MFE}$.

Tam giác MEF cân tại M có MH là đường trung trực.

Suy ra MH cũng là đường phân giác của tam giác MEF.

Ta có I là giao điểm của hai đường phân giác FI, MH của tam giác MEF.

Khi đó I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác MEF.

Mà I thuộc đường tròn (O) cố định.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

d) Ta có ${S_{\Delta HBO}} = \frac{1}{2}OH.HB$.

Ta có  (chứng minh trên).

Suy ra $\frac{{HB}}{{AM}} = \frac{{OB}}{{OM}}$.

Do đó HB.OM = AM.OB         (7)

Lại có OH.OM = R² (kết quả câu b)    (8)

Nhân (7) và (8) vế theo vế, ta được: $OH.HB.O{M^2} = {R^2}.AM.OB = {R^2}.AM.\frac{{{R^2}}}{{OA}}$.

$\Rightarrow OH.HB = AM.\frac{{{R^4}}}{{OA.O{M^2}}} = {R^4}.\frac{{AM}}{{OA.\left( {O{A^2} + A{M^2}} \right)}}$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: OA² + AM² ≥ 2OA.AM.

Khi đó ta có $OH.HB = {R^4}.\frac{{AM}}{{OA.\left( {O{A^2} + A{M^2}} \right)}} \le {R^4}.\frac{{AM}}{{OA.2.OA.AM}} = \frac{{{R^4}}}{{2O{A^2}}}$.

Suy ra ${S_{\Delta HBO}} \le \frac{{{R^4}}}{{4O{A^2}}}$.

Dấu “=” xảy ra ⇔ OA = AM.

Vì vậy diện tích tam giác HBO lớn nhất bằng $\frac{{{R^4}}}{{4O{A^2}}}$ khi và chỉ khi OA = OM.

Vậy M là điểm nằm trên đường thẳng d sao cho OA = OM thì diện tích tam giác HBO lớn nhất.