Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) một đường thả̉ng \(d\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \(D\) và \(E\). Một điểm \(A\) di động trên đường thả̉ng \(d\) và \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\), kẻ hai tiếp tuyến \(AB\), \(AC\) đến đường tròn (\(B\), \(C\) là hai tiếp điểm). Gọi \(I\) là trung điểm của \(DE\), đường thẳng \(OI\) cắt đường thẳng \(BC\) tại \(N\). Chứng minh rằng: Khi \(A\) di động trên đường thả̉ng \(d\) thì \(BC\) luôn đi qua một điểm cố định.

Gọi D là giao điểm của đường thẳng AC và BP. Ta có \[\widehat {BAC} = 90^\circ \] (BC là đường kính)

\( \Rightarrow \)\(\widehat {BAD} = 90^\circ \) (kề bù)

\( \Rightarrow \)\(\widehat {DAP} + \widehat {PAB} = 90^\circ \) (1)

\(\Delta ABD\)vuông tại A (cmt)

\( \Rightarrow \)\(\widehat {DBA} + \widehat {ADB} = 90^\circ \) (2)

Mặt khác PA, PB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại P của đường tròn (O) nên PA = PB và \(\widehat {PAB} = \widehat {PBA}\) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra : \(\widehat {DAP} = \widehat {ADP}\)

Do đó \(\Delta APD\)cân tại P \( \Rightarrow \)PA = PD mà PA = PB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \) PD = PB

Lại có \(DB\,{\rm{//}}\,AH\,\,( \bot BC)\)

Xét \(\Delta PBC\)có \(IH\,{\rm{//}}\,PB\,\,( \bot BC)\)\( \Rightarrow \)\[\frac{{IH}}{{PB}} = \frac{{IC}}{{PC}}\] (định lí Thalès) (4)

Tương tự \(\Delta PDC\)có \[IA\,{\rm{//}}\,PD\,\,( \bot BC)\]\( \Rightarrow \)\[\frac{{IA}}{{PD}} = \frac{{IC}}{{PC}}\] (định lí Thalès) (5)

Từ (4) và (5) suy ra : \[\frac{{IH}}{{PB}} = \frac{{AI}}{{DP}}\]\( \Rightarrow \)\(IH = IA\) (vì PB = PD)

Ta có CM và CA là hai tiếp tuyến nên \(\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}\)

Tương tự \(\widehat {{O_3}} = \widehat {{O_4}}\)

Mà \[\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} + \widehat {{O_3}} + \widehat {{O_4}} = 180^\circ \]\( \Rightarrow \)\(\widehat {{O_2}} + \widehat {{O_3}} = 90^\circ \)

Hay tam giác COD vuông tại O

CD là tiếp tuyến tại M nên \(CD \bot OM\)

Xét \(\Delta CMO\) và \(\Delta OMD\)có:

\(\widehat {CMO} = \widehat {DMO} = 90^\circ \), \(\widehat {{O_2}} = \widehat {CDO}\) (cùng phụ với góc DCO)

Nên (g.g)

\( \Rightarrow \)\(\frac{{CM}}{{OM}} = \frac{{OM}}{{MD}}\)

\( \Rightarrow \)\(CM.DM = O{M^2} = {R^2}\) (không đổi)

Mà CM = AC, DM = BD \( \Rightarrow \)\(AC.BD = {R^2}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có:

\(\frac{{3AC + BD}}{2} \ge \sqrt {3.AC.BD} \)

\(3AC + BD \ge 2\sqrt {3.AC.BD} \)

\(3AC + BD \ge 2\sqrt 3 .R\)

Dấu “=” xảy ra khi \(3AC = BD = \sqrt 3 .R\) nên \(\widehat {AOC} = 30^\circ \) hay \(\widehat {AOM} = 60^\circ \).

Vậy M di động ở trên (O) sao cho \(\widehat {AOM} = 60^\circ \) thì 3AC + BD nhỏ nhất.