Cho đường tròn \((O;R)\) và điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn sao cho \(OA = 3R\). Kẻ hai tiếp tuyến \(AM,AN\) với \((O;R)\) ( \(M,N\) là hai tiếp điểm). Gọi \(H\) là giao điểm của \(MN\) và \(OA\).

a) Chứng minh tứ giác \(AMON\) là tứ giác nội tiếp.

b) Tính độ dài đoạn thẳng \(AH\) theo \(R\).

c) Qua \(A\) kẻ đường thẳng \(d\) cắt đường tròn \((O;R)\) tại hai điểm phân biệt \(E,F(E\) nằm giữa \(A\) và \(F)\). Khi đường thẳng \(d\) thay đổi, tìm diện tích lớn nhất của tứ giác \(AMFN\) theo \(R\).

a) Chứng minh tứ giác \(AMON\)là tứ giác nội tiếp.

Gọi \(G\) là trung điểm của \(AO.\)

Xét \(\left( O \right)\) có \(AM\) là tiếp tuyến tại \(M\) (GT) nên \(AM \bot OM\) tại \(M \Rightarrow \widehat {AMO} = 90^\circ \)

Suy ra \(\Delta AMO\) nội tiếp đường tròn tâm \(G\) đường kính \(AO\)

Suy ra \(A,M,O \in \left( {G;\frac{{AO}}{2}} \right)\,\,\left( 1 \right)\)

Xét \((O)\) có \(AN\) là tiếp tuyến tại \(N\) (GT) nên \(AN \bot ON\) tại \(N \Rightarrow \widehat {ANO} = 90^\circ \)

Suy ra  \(\Delta ANO\) nội tiếp đường tròn tâm \(G\) đường kính \(AO\)

Suy ra \(A,N,O \in \left( {G;\frac{{AO}}{2}} \right)\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(A,M,N,O \in \left( {G;\frac{{AO}}{2}} \right)\)

Do đó tứ giác\(AMNO\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(G\) đường kính \(AO\).

Vậy tứ giác\(AMNO\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(G\) đường kính \(AO\).

b) Xét tam giác \(AMO\) vuông tại \(M\) có \(AM = \sqrt {O{A^2} - O{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {3R} \right)}^2} - {R^2}}  = 2\sqrt 2 R.\)

Theo giả thiết \(AM,\,AN\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O;\,R} \right)\) nên \(AO\) là đường trung trực của \(MN\). Do đó \(AO \bot MN\) tại \(H\).

 Vậy \[AH = \frac{8}{3}R.\]

c) Ta có \(OH = AO - AH = 3R - \frac{{8R}}{3} = \frac{R}{3}.\)

Xét tam giác \(AMH\) vuông tại \(H\) có \(MH = \sqrt {A{M^2} - A{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 R} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{8R}}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{2\sqrt 2 R}}{3}.\)  

Từ đó \(MN = 2MH = \frac{{4\sqrt 2 R}}{3}.\)

Ta có \({S_{\Delta AMN}} = \frac{1}{2}AH.MN = \frac{1}{2}.\frac{{8R}}{3}.\frac{{4\sqrt 2 R}}{3} = \frac{{16\sqrt 2 {R^2}}}{9}.\)

Hạ \(FI \bot MN\) tại \(I.\)ta có:

\({S_{AMFN}} = {S_{\Delta AMN}} + {S_{\Delta FMN}} = \frac{{16\sqrt 2 {R^2}}}{9} + \frac{1}{2}.MN.FI = \frac{{16\sqrt 2 {R^2}}}{9} + \frac{1}{2}.\frac{{4\sqrt 2 R}}{3}.FI\)

\( = \frac{{16\sqrt 2 {R^2}}}{9} + \frac{{2\sqrt 2 R}}{3}.FI\)

Do đó \({S_{AMFN}}\) lớn nhất khi\(FI\) lớn nhất.

Trong tam giác\(FIH\) vuông tại\(I\), ta có:  \(FI \le FH\)

mà \(FH \le OF + OH = R + \frac{R}{3} = \frac{{4R}}{3}\) nên \(FI \le \frac{{4R}}{3}.\)

Từ đó \(FI\) lớn nhất bằng \(\frac{{4R}}{3}\) khi \(d\) đi qua tâm \(O\).

Vậy \({S_{AMFN}}\) đạt giá trị lớn nhất bằng \({S_{AMFN}} = \frac{{16\sqrt 2 {R^2}}}{9} + \frac{{2\sqrt 2 R}}{3}.\frac{{4R}}{3} = \frac{{8\sqrt 2 {R^2}}}{3}\) khi \(d\) đi qua tâm \(O\).