Từ điểm \(M\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\), \(MO = 13cm\), vẽ hai tiếp tuyến \(MA,MB\) (\(A,B\) là các tiếp điểm).

Tính độ dài \(MA,MB\).

Cho \(C\) là điểm bất kì thuộc đường tròn \(\left( O \right)\) và nằm trong góc \(AOB\). Tiếp tuyến tại \(C\) của đường tròn cắt \(MA\) tại \(N\) và cắt \(MB\) tại \(P\). Tính chu vi tam giác \(MNP\).

\(\Delta ABO\) vuông tại \(B\) (tính chất tiếp tuyến)

Ta có \({\rm{sin}}{A_1} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {{A_1}} = {30^ \circ } \Rightarrow \widehat {BAC} = {60^ \circ }\)

\(A{B^2} = A{O^2} - O{B^2}\)\( = {(2R)^2} - {R^2} = 3{R^2}\) \( \Rightarrow AB = R\sqrt 3 \)

\(\Delta ABC\) cân (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) có \(\widehat {BAC} = {60^ \circ }\) nên là tam giác đều \( \Rightarrow AC = BC = AB = R\sqrt 3 \).

\(\Delta MAO\) 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 \(AB\left( {cmt} \right) \Rightarrow HA = HB = 4,8\,\,\left( {cm} \right)\)\[ \Rightarrow AB = HA + HB = 4,8 + 4,8 = 9,6\,\,\left( {cm} \right)\]