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, B là các tiếp điểm) sao cho

a) Xác định tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MAB.

b) Tính chu vi tam giác MAB.

c) Vẽ đường thẳng d đi qua M cắt đường tròn (O) tại hai điểm P, Q. Xác định vị trí của đường thẳng d sao cho MQ + MP đạt giá trị nhỏ nhất.

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:

$O{M}^2=M{A}^2+O{A}^2={\left(R\sqrt{3}\right)}^2+R^2=4R^2$

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: $\sin \widehat{AMO}=\frac{OA}{OM}=\frac{1}{2}$

Suy ra $\widehat{AMO}=30°.$

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 $\widehat{AMB}=2\widehat{AMO}=2·30°=60°$.

Vì vậy tam giác AMB là tam giác đều có $MA=MB=AB=R\sqrt{3}$ (2)

Từ (1), (2) suy ra đường tròn nội tiếp tam giác đều MAB cạnh $R\sqrt{3}$ có tâm là I và bán kính là $\frac{R\sqrt{3}·\sqrt{3}}{6}=\frac{R}{2}.$

b) Do tam giác MAB đều cạnh $R\sqrt{3}$ nên chu vi tam giác MAB bằng $3R\sqrt{3}.$

c) Ta có $\widehat{MBO}=\widehat{MBP}+\widehat{PBO}=90°$ suy ra  $\widehat{MBP}=90°-\widehat{PBO}.$ (3)

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

$\widehat{PBO}=\widehat{BPO}=\frac{180°-\widehat{BOP}}{2}=90°-\frac{1}{2}\widehat{BOP}.$

Xét đường tròn (O) có $\widehat{BQP},\widehat{ BOP}$ lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BP nên  $\widehat{BQP}=\frac{1}{2}\widehat{BOP.}$

Do đó $\widehat{PBO}=90°-\widehat{BQP}$. Hay $\widehat{BQP}=90°-\widehat{PBO}.$  (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat{MBP}=\widehat{BQP}.$

Xét ∆MPB và ∆MBQ có:

 $\widehat{MBP}=\widehat{MQB}, \widehat{BMQ}$ là góc chung

Do đó ∆MPB ᔕ ∆MBQ (g.g).

Suy ra $\frac{MB}{MQ}=\frac{MP}{MB}$ hay $MP·MQ=M{B}^2={\left(R\sqrt{3}\right)}^2=3R^2.$

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

Suy ra (MQ + MP)² ≥ 4.3R² = 12R²

Do đó $MQ+MP\ge \sqrt{12R^2}=2R\sqrt{3}$ (dấu “=” xảy ra khi MQ = MP).

Vậy MQ + MP đạt giá trị nhỏ nhất bằng $2R\sqrt{3}$ khi đó MP = MQ hay đường thẳng d đi qua M và A hoặc d đi qua M và B.