Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có đường kính \(AB,\) đường thẳng \(d\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(A,\) điểm \(C\) di động trên \(d\) sao cho \(C\) không trùng với \(A\) và \(CA > R.\) Từ \(C\) kẻ tiếp tuyến \(CD\) của đường tròn \(\left( O \right)\) \((D\) là tiếp điểm và \(D\) không trùng với \(A).\)

1) Chứng minh tứ giác \(AODC\) nội tiếp đường tròn.

2) Gọi \(H\) là giao điểm của \(AD\) và \(OC,\,\,BC\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(K\left( {K \ne B} \right),\) đoạn thẳng \(CH\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(I.\) Chứng minh rằng \(IC \cdot IO = IH \cdot CO\) và \(\widehat {CKH} = 2 \cdot \widehat {IAO}.\)

3) Hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) cắt nhau tại \(E.\) Đường thẳng qua \(O\) vuông góc \(AB\) cắt \(CE\) tại \(M.\) Tìm vị trí của \(C\) để biểu thức \(T = 9 \cdot \frac{{CA}}{{CM}} + \frac{{ME}}{{MO}}\) đạt giá trị nhỏ nhất.

1) ⦁ Vì \(CA,CD\) là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\), nên \(CA \bot OA\) tại \(A\) và \(AD \bot OD\) tại \(D\) hay \(\widehat {CAO} = 90^\circ ;\,\,\widehat {CDO} = 90^\circ .\) Do đó hai điểm \(A,\,\,D\) nằm trên đường tròn đường kính \(CO.\) Vậy tứ giác \(AODC\) nội tiếp được đường tròn đường kính \(CO.\)

2) * Chứng minh \(IC \cdot IO = IH \cdot CO\)

⦁ Do \(C\) là giao của hai tiếp tuyến \(CA,\,\,CD\) của đường tròn \(\left( O \right),\) nên \(OC\) là phân giác của góc \(AOD\) hay \(\widehat {AOI} = \widehat {DOI}.\) Suy ra  nên \[\widehat {ADI} = \widehat {IAD}\,\,\,\left( 1 \right)\] (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau của đường tròn \(\left( O \right)).\)

Ta có \(\widehat {CAI} + \widehat {IAO} = 90^\circ \) nên \(\widehat {CAI} = 90^\circ - \widehat {IAO}.\,\,\,\left( 2 \right)\)

Xét \(\Delta OAI\) cân tại \(O\) (do \(OA = OI)\) nên \(\widehat {IAO} = \widehat {AIO} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOI}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {AOI}.\)

Lại có \(\widehat {ADI} = \frac{1}{2}\widehat {AOI}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AI\) của đường tròn \(\left( O \right)).\)

Do đó \(\widehat {IAO} = 90^\circ - \widehat {ADI}\) hay \(\widehat {ADI} = 90^\circ - \widehat {IAO}.\,\,\,\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) suy ra \[\widehat {CAI} = \widehat {IAD}\,\,\left( { = \widehat {ADI}} \right)\]  hay \(AI\) là phân giác của \(\widehat {CAH}.\)

Xét \(\Delta CAH\) có \[AI\] là phân giác của \(\widehat {CAH}\) nên: \(\frac{{IC}}{{IH}} = \frac{{AC}}{{AH}}.\,\,\,\left( 4 \right)\)

⦁ Ta có \(OA = OD\) và \(CA = CD\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \(OC\) là đường trung trực của \(AD\) hay \(AH \bot OC\)

Xét \(\Delta AHO\) vuông tại \(H,\) ta có \(\sin \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{AO}}.\)

Xét \(\Delta ACO\) vuông tại \(A,\) ta có \(\sin \widehat {AOH} = \sin \widehat {AOC} = \frac{{AC}}{{CO}}.\)

Do đó \(\frac{{AH}}{{AO}} = \frac{{AC}}{{CO}}\) hay \(\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{CO}}{{AO}} = \frac{{CO}}{{OI}}\,\,\,\left( 5 \right)\) (do \(OA = OI)\)

Từ \[\left( 4 \right)\] và \(\left( 5 \right)\) suy ra: \(\frac{{IC}}{{IH}} = \frac{{CO}}{{OI}}\) hay \(IC \cdot OI = IH \cdot CO.\)

* Chứng minh \(\widehat {CKH} = 2\widehat {IAO}\)

Nối \(AK,\) ta có \(\widehat {AKB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(AK \bot BC.\)

Xét \(\Delta CAK\) và \(\Delta ABC\) có: \(\widehat {AKC} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) và \(\widehat {ACB}\) là góc chung

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac{{CA}}{{CB}} = \frac{{AK}}{{CA}}\) hay \(C{A^2} = CK \cdot CB.\)

Tương tự, ta có  (g.g) suy ra \(\frac{{CA}}{{CO}} = \frac{{CH}}{{CA}}\) hay \(C{A^2} = CH \cdot CO.\)

Suy ra \(CK \cdot CB = CH \cdot CO\) nên \(\frac{{CK}}{{CO}} = \frac{{CH}}{{CB}}.\)

Xét \(\Delta CKH\) và \(\Delta COB\) có: \[\widehat {OCB}\] là góc chung và \(\frac{{CK}}{{CO}} = \frac{{CH}}{{CB}}.\)

Do đó  (c.g.c), suy ra \(\widehat {CKH} = \widehat {COB}\) (hai góc tương ứng).

Mặt khác \(\widehat {COB} = \widehat {IOB} = 2\widehat {IAB}\) (Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung \(BI)\)

Suy ra \(\widehat {CKH} = 2\widehat {IAB}\) hay \(\widehat {CKH} = 2 \cdot \widehat {IAO}.\)

3) Ta có \(OM\,{\rm{//}}\,AC\) (cùng vuông góc với \(AB)\)nên \(\widehat {COM} = \widehat {OCA}\) (hai góc so le trong).

Mà \(CO\) là tia phân giác của \(\widehat {ACD}\) (do hai tiếp tuyến \(CA,\,\,CD\) của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(C)\) nên \(\widehat {OCA} = \widehat {OCM}.\)

Do đó \[\widehat {COM} = \widehat {OCM}\] suy ra \[\Delta CMO\] cân tại \(M.\) Từ đó ta có \(MC = MO.\)

Xét \(\Delta ACE\) có \(MO\,{\rm{//}}\,CA\) nên theo hệ quả định lí Thalès, ta có: \[\frac{{CA}}{{MO}} = \frac{{AE}}{{OE}}.\]

Xét \(\Delta ODE\) và \(\Delta MOE\) có: \(\widehat {ODE} = \widehat {MOE} = 90^\circ \) và \(\widehat {OEM}\) là góc chung

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac{{OE}}{{ME}} = \frac{{OD}}{{MO}}\) hay \(\frac{{OE}}{{OD}} = \frac{{ME}}{{MO}}.\)

Khi đó: \(T = 9 \cdot \frac{{CA}}{{CM}} + \frac{{ME}}{{MO}}\)\( = 9 \cdot \frac{{CA}}{{MO}} + \frac{{ME}}{{MO}}\)\( = 9 \cdot \frac{{AE}}{{OE}} + \frac{{OE}}{{OD}} = 9 \cdot \frac{{OE + OA}}{{OE}} + \frac{{OE}}{{OD}}\)

\( = 9 \cdot \left( {1 + \frac{{OA}}{{OE}}} \right) + \frac{{OE}}{{OA}}\)\( = 9 + \left( {9 \cdot \frac{{OA}}{{OE}} + \frac{{OE}}{{OA}}} \right)\) \[\mathop \ge \limits^{{\rm{B\ST Cauchy}}} \]\[9 + 2\sqrt {9 \cdot \frac{{OA}}{{OE}} \cdot \frac{{OE}}{{OA}}} = 15.\]

Dấu “=" xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{{OA}}{{OE}} = \frac{{OE}}{{OA}}\) hay \(9O{A^2} = O{E^2},\) tức là \(OE = 3 \cdot OA = 3R.\)

Dễ dàng chứng minh được  (g.g)

Suy ra \(\frac{{OE}}{{CE}} = \frac{{OD}}{{CA}}\) hay \(\frac{{CE}}{{CA}} = \frac{{OE}}{{OD}} = \frac{{3R}}{R} = 3\) hay \(CE = 3CA.\)

Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta ACE\) vuông tại \(A,\) ta có: \(C{E^2} - C{A^2} = A{E^2}\)

Suy ra \(9 \cdot C{A^2} - C{A^2} = {\left( {AO + OE} \right)^2}\)

Hay \(8C{A^2} = {\left( {R + 3R} \right)^2}\) nên \(8C{A^2} = 16{R^2},\) suy ra \(CA = R\sqrt 2 .\)

Vây điểm \(C\) cách \(A\) một khoảng bằng \(R\sqrt 2 \) thì biểu thức \(T\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(15.\)