Một trường tổ chức cho giáo viên và học sinh có thành tích xuất sắc đi tham quan tại một địa điểm du lịch với giá vé vào cổng là \(150\,\,000\) đồng/ vé. Do đi theo đoàn đông người nên được giảm giá vé \(10\% \) cho mỗi giáo viên và \(20\% \) cho mỗi học sinh. Biết tổng số giáo viên và học sinh tham gia là \(10\) người và tổng số tiền mua vé là \(1\,\,230\,\,000\) đồng. Tính số giáo viên và số học sinh đi tham quan.

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[OC\] là tia phân giác \[\widehat {AOM}\], \[OD\] là tia phân giác góc \[\widehat {BOM}\], mà \[\widehat {AOM}\] và \[\widehat {BOM}\] là hai góc kề bù nên \[\widehat {COD} = 90^\circ \].

Suy ra tam giác \[COD\] vuông tại \[O\] có \[OM \bot CD\] (\[OM\] là tiếp tuyến).

Xét \[\Delta MOC\] và \[\Delta MDO\], có:

\[\widehat {COM} = \widehat {MOD} = 90^\circ \] (gt) và \[\widehat {MCO} = \widehat {MOD}\] (cùng phụ với \[\widehat {COM}\])

Do đó, (g-g)

Suy ra \[\frac{{MO}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MO}}\], suy ra \[O{M^2} = CM.DM\].

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[AC = CM\] và \[BD = MD\].

Do đó, \[O{M^2} = CM.DM = AC.BD\] suy ra \[{R^2} = AC.BD\]. (1)

Mà ta có: \[AB = 2R\] suy ra \[A{B^2} = 4{R^2}\] nên \[{R^2} = \frac{{A{B^2}}}{4}.\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[AC.BD = \frac{{A{B^2}}}{4}\] (đpcm).

b) Ta có: \[\widehat {COD} = 90^\circ \] nên \[OC \bot OD\]. (3)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau có \[DB = DM\], lại có \[OM = OB = R\].

Suy ra \[OD\] là đường trung trực của \[BM\] suy ra \[BM \bot OD\]. (4)

Từ (3) và (4) suy ra \[OC\parallel BM\] (cùng vuông góc với \[OD\]).

Gọi \[I\] là trung điểm của \[CD\] ta có \[I\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[OCD\] đường kính \[CD\].

Theo tính chất tiếp tuyến ta có \[AC \bot AB\], \[BD \bot AB\] nên \[AC\parallel BD\] nên tứ giác \[ACDB\] là hình thang vuông.

Mà \[I\] là trung điểm \[CD\]; \[O\] là trung điểm \[AB\], suy ra \[IO\] là đường trung bình của hình thang \[ACDB\] nên \[OI\parallel AC\].

Mà \[AC \bot AB\] nên \[OI \bot AB\] tại \[O\].

Suy ra \[AB\] là tiếp tuyến tại \[O\] của đường tròn đường kính \[CD.\]

Ta có: \[AC\parallel BD\] suy ra \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{AC}}{{BD}}\] mà \[CA = CM\]; \[BD = DM\] nên \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{CM}}{{DM}}\].

Suy ra \[MN\parallel BD\] mà \[BD \bot AB\] suy ra \[MN \bot AB.\]

c) Ta có: \[AM = AO = OM = R\] suy ra \[\Delta OAM\] đều.

Do đó, \[\widehat {AOM} = 60^\circ \].

Mà, ta có: \[\widehat {AOM} + \widehat {MOB} = 180^\circ \], suy ra \[\widehat {MOB} = 180^\circ - \widehat {AOM} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ \].

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OM,OB\] và cung nhỏ \[MB\] là

\[S = \frac{{n\pi {R^2}}}{{360}} = \frac{{120\pi {R^2}}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}.\]

d) Ta có: \[AC = CM\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

           \[OA = OM = R\]

Do đó \[OC\] là đường trung trực của \[AM\], suy ra \[OC \bot AM\].

Mà \[OD\] là đường trung trực của \[BM\], suy ra \[BM \bot OD\] (chứng minh phần b).

Xét tứ giác \[MEOF\] có: \[\widehat {EOF} = 90^\circ ;\widehat {MEO} = 90^\circ ;\widehat {MFO} = 90^\circ \].

Suy ra tứ giác \[MEOF\] là hình chữ nhật.

Mà \[K\] là trung điểm của \[EF\].

Suy ra \[K\] là trung điểm của \[OM\](tính chất hai đường chéo của hình chữ nhật).

Do đó, \[KM = KO = \frac{1}{2}MO = \frac{1}{2}R\].

Vậy \[M\] di chuyển trên \[\left( O \right)\] thì trung điểm \[K\] của \[EF\] di chuyển trên đường tròn tâm \[O\], bán kính \[\frac{1}{2}R\].

a) ⦁ Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có \[AB,AC\] là hai tiếp cắt nhau tại \[A\] nên \[AB = AC\](tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó \[A\] thuộc đường trung trực \[BC\].

Mặt khác, \[OB = OC = R\] nên \[O\] thuộc trung trực của đoạn thẳng \[BC\].

Suy ra \(OA\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(BC\), do đó \[OA \bot BC\] tại \[H\].

⦁ Vì \(AB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(B\) nên \(AB \bot OB\) tại \(B.\)

Xét \[\Delta HAB\] và \[\Delta BAO\] có: \(\widehat {AHB} = \widehat {ABO} = 90^\circ \) và \(\widehat {OAB}\) là góc chung.

Do đó  (g.g)

Suy ra \[\frac{{HA}}{{BA}} = \frac{{AB}}{{AO}}\] hay \[AH \cdot AO = A{B^2}\] (1).

Xét \(\Delta OAB\) vuông tại \(B,\) ta có: \[A{B^2} = A{O^2} - O{B^2} = A{O^2} - {R^2}\] (định lí Pythagore). (2)

Lại có:

\[AM \cdot AN = \left( {AO - OM} \right)\left( {AO + ON} \right)\]

               \[ = A{O^2} + AO \cdot ON - OM \cdot AO - OM \cdot ON\]

               \[ = A{O^2} - OM \cdot ON\]\[ = A{O^2} - {R^2}\] (vì \(OM = ON = R)\) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \[AM \cdot AN = AH \cdot AO = A{O^2} - {R^2}.\]

b) ⦁ Ta có: \[CE\,{\rm{//}}\,AB\] (cùng vuông góc với \[BD\])

Suy ra \[\frac{{EK}}{{AB}} = \frac{{DE}}{{DB}}\] (hệ quả định lí Thalès).

Do đó \[EK.BD = DE.AB\](∗).

⦁ Xét \(\Delta BCD\) có \(CO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(BD\) và \(CO = BO = DO = R = \frac{{BD}}{2}\) (do \(BD\) là đường kính) nên \(\Delta BCD\) vuông tại \(C.\)

Ta có \(BC \bot CD,\,\,BC \bot OA\) nên \(CD\,{\rm{//}}\,OA\), do đó \(\widehat {AOB} = \widehat {CDE}\) (đồng vị)

Xét \[\Delta ABO\] và \[\Delta CED\] có: \(\widehat {ABO} = \widehat {CED} = 90^\circ \) và \(\widehat {AOB} = \widehat {CDE}\)

Do đó (g.g).

Suy ra \[\frac{{AB}}{{CE}} = \frac{{BO}}{{ED}}\] hay \[CE.BO = DE.AB\](∗∗).

Từ (∗) và (∗∗) suy ra \[EK.BD = CE.BO\].

Mà \[BD = 2BO\], suy ra \[EK \cdot 2BO = CE.BO\], suy ra \[2EK = CE\].

Do đó \[K\] là trung điểm của \[CE.\]

c) Xét \(\Delta AOB\) vuông tại \(B,\) có: \(\cos \widehat {AOB} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2},\) suy ra \(\widehat {AOB} = 60^\circ .\)

Do \[AB,AC\] lần lượt là tiếp tuyến tại \[B,C\] của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[OA\] là tia phân giác của \(\widehat {BOC}\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \(\widehat {BOC} = 2\widehat {AOB} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ .\)

Do đó, số đo cung nhỏ \(BC\) bằng \(120^\circ \).

Suy ra, số đo cung lớn \(BC\) là \(360^\circ - 120^\circ = 240^\circ .\)

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi các bán kính \[OB,OC\] và cung lớn \[BC\] là

\(S = \frac{{\pi {R^2} \cdot 240}}{{360}} = \frac{{2\pi {R^2}}}{3}\) (đơn vị diện tích).