Cho điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) với \(OA = 2R\). Vẽ hai tiếp tuyến \(AB\), \(AC\) đến đường tròn (\(B\), \(C\) là tiếp điểm). Chứng minh rằng \(\Delta ABC\) đều và tính các cạnh của nó theo \(R\).

Ta có \(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên tam giác \(AMB\) cân tại \(M\) có \(\widehat {AMB} = {60^ \circ }\left( {gt} \right)\) nên tam giác \(AMB\) đều \( \Rightarrow MA = MB = AM\) mà

\(MA + MB + AB = 18\left( {{\rm{\;}}cm} \right) \Rightarrow AB = \frac{{18}}{3} = 6\left( {{\rm{\;}}cm} \right)\)

\(\Delta MAO\) vuông tại \(A\) (tính chất tiếp tuyến)

Theo định lí Pythagore \(M{A^2} = M{O^2} - O{A^2}\)

\(M{A^2} = {10^2} - {6^2} = 64 \Rightarrow MA = 8\left( {{\rm{\;}}cm} \right)\)

Ta có \(MB = MA = 8\left( {{\rm{\;}}cm} \right)\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Dễ thấy \(MO\) là đường trung trực của \(AB\) (\(OA = OB\), \(MA = MB\)) \( \Rightarrow MO \bot AB\) tại \(H\).

Xét \(\Delta MAO\) và \(\Delta AHO\) có: \(\widehat {MAO} = \widehat {AHO} = 90^\circ \), \(\widehat {MOA}\) chung

Do đó $\Delta MAO\backsim \Delta AHO$ (g.g) \( \Rightarrow \frac{{MO}}{{AO}} = \frac{{AO}}{{HO}}\) \( \Rightarrow A{O^2} = MO \cdot HO\)

\( \Rightarrow HO = \frac{{A{O^2}}}{{MO}} = \frac{{{6^2}}}{{10}} = 3,6\,\,\left( {cm} \right)\)

\( \Rightarrow HM = MO - HO = 10 - 3,6 = 6,4\,\,\left( {cm} \right)\)

Chứng minh tương tự, ta có:  (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{AH}}{{MH}} = \frac{{HO}}{{AH}} \Rightarrow A{H^2} = MH \cdot HO = 6,4 \cdot 3,6\)

\( \Rightarrow AH = \sqrt {6,4 \cdot 3,6}  \approx 4,8\,\,\left( {cm} \right)\)

Vì \(MO\) là đường trung trực của \(AB\left( {cmt} \right) \Rightarrow HA = HB = 4,8\,\,\left( {cm} \right)\)\[ \Rightarrow AB = HA + HB = 4,8 + 4,8 = 9,6\,\,\left( {cm} \right)\]