Theo các chuyên gia về sức khỏe, người trưởng thành cần đi bộ từ \(5\,\,000\) bước mỗi ngày sẽ rất tốt cho sức khỏe. Để rèn luyện sức khỏe, anh Sơn và chị Hà đề ra mục tiêu mỗi ngày một người phải đi bộ ít nhất \(6\,\,000\) bước. Hai người cùng đi bộ ở công viên và thấy rằng, nếu cùng đi trong 2 phút thì anh Sơn bước nhiều hơn chị Hà 20 bước. Hai người cùng giữ nguyên tốc độ đi như vậy nhưng chị Hà đi trong 5 phút thì lại đi nhiều hơn anh Sơn đi trong 3 phút là 160 bước. Hỏi mỗi ngày anh Sơn và chị Hà cùng đi bộ trong 1 giờ thì họ đã đạt được số bước tối thiểu mà mục tiêu đề ra hay chưa? (Giả sử tốc độ đi bộ hàng ngày của hai người không đổi)

Hướng dẫn giải

a) Vì \(AM,\,\,AN\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(M,\,\,N\) nên \(AM \bot OM,\,\,AN \bot ON.\)

Gọi \[E\] là trung điểm của \[OA\]. Khi đó \(OE = AE = \frac{1}{2}OA.\)

Xét \[\Delta MOA\] vuông tại \[M\] có \[ME\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(OA\) nên \[ME = \frac{1}{2}OA\].

Xét \[\Delta NOA\] vuông tại \[N\] có \[NE\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(OA\) nên \[NE = \frac{1}{2}OA\].

Vì \[NE = ME = OE = AE = \frac{1}{2}OA\] nên bốn điểm \[A,M,O,N\] cùng thuộc đường tròn tâm \[E,\] đường kính \[OA\].

b) ⦁ Chứng minh \[A{N^2} = AB.AC\]

Xét đường tròn \[\left( O \right)\], có: \[\widehat {BCN} = \frac{1}{2}\widehat {BON}\] (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[BN\]) (1)

Xét \[\Delta BON\] cân tại \[O\] (do \[OB = ON)\] có \[\widehat {OBN} = \widehat {ONB}\].

Do đó \[\widehat {BON} = 180^\circ - 2\widehat {ONB} = 2\left( {90^\circ - \widehat {ONB}} \right) = 2\widehat {BNA}\], suy ra \[\widehat {BNA} = \frac{1}{2}\widehat {BON}\] (2).

Từ (1) và (2), suy ra \[\widehat {BNA} = \widehat {BCN}\].

Xét \[\Delta ANB\] và \[\Delta ACN\] có: \[\widehat {CAN}\] là góc chung và \[\widehat {BNA} = \widehat {BCN}\]

Do đó, tam giác ANB đồng dạng tam giác ACN (g.g).

Suy ra \[\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AN}}\] hay \[A{N^2} = AB.AC\].

• Chứng minh \[MF\parallel AC\]

Xét \[\Delta COB\] cân tại \[O\] (do \[OC = OB\]) có \[OI\] là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao, do đó \[OI \bot BC\]. Suy ra \[\Delta IOA\] vuông tại \[I\].

Xét \[\Delta IOA\] vuông tại \[I\] có \[IE\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(OA\) nên \[IE = \frac{1}{2}OA\].

Khi đó, ta có \[NE = IE = OE = AE = \frac{1}{2}OA\] nên bốn điểm \[A,I,O,N\] cùng thuộc đường tròn tâm \[E,\] đường kính \[OA\].

Suy ra \[\widehat {AIN} = \widehat {AON}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[AN\] của đường tròn tâm \[E\]). (*)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \[AM,AN\] là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \[A\], suy ra \[OA\] là phân giác của \[\widehat {MON}\]

Do đó, \[\widehat {AON} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\].

Mà \[\widehat {NFM} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\] (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[MN\])

Suy ra \[\widehat {NFM} = \widehat {AON}\] (**)

Từ (*) và (**), suy ra \[\widehat {NFM} = \widehat {AIN}\].

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị, do đó \[MF\,{\rm{//}}\,AC\].

c)

⦁ Gọi \(H\) là giao điểm của \(MN\) và \(OA.\)

Ta có \(AM = AN\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(OM = ON\) nên \(A,\,\,O\) cùng nằm trên đường trung trực của \(MN\) hay \(OA\) là đường trung trực của \(MN\).

Suy ra \[MN \bot OA\] hay \[HN \bot OA\].

Xét \[\Delta OHN\] và \[\Delta ONA\], có: \[\widehat {OHN} = \widehat {ONA} = 90^\circ \] và \[\widehat {AON}\] là góc chung

Do đó tam giác OHN đồng dạng tam giác ONA (g.g)

Suy ra \[\frac{{OH}}{{ON}} = \frac{{ON}}{{OA}}\] suy ra \[OH.OA = O{N^2} = {R^2}\] (3).

⦁ Ta có \(OC = OB,\,\,IC = IB\) (do \(I\) là trung điểm của \(BC),\) \(KC = KB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên ba điểm \(O,\,\,I,\,\,K\) thẳng hàng.

Xét \[\Delta OIB\] và \[\Delta OBK\], có: \[\widehat {OIB} = \widehat {OBK} = 90^\circ \] và \[\widehat {BOK}\] là góc chung

Do đó tam giác OIB đồng dạng tam giác OBK (g.g)

Suy ra \[\frac{{OI}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OK}}\] suy ra \[OI.OK = O{B^2} = {R^2}\] (4).

Từ (3) và (4) suy ra \[OI.OK = OH.OA = {R^2}.\] Từ đó, ta có \[\frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OK}}\].

Xét \[\Delta OIA\] và \[\Delta OHK\] có: \[\widehat {AOK}\] là góc chung và \[\frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OK}}\]

Do đó  tam giác OIA đồng dạng tam giác OHK (c.g.c)

Suy ra \[\widehat {OHK} = \widehat {OIA} = 90^\circ \], suy ra \[HK \bot OA\].

Mà \[MN \bot OA\] tại \[H\] và \[MN\] cố định (do điểm \(A\) cố định), do đó \[K\] thuộc \[MN\] cố định.

Đặt \[DH = x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\], \[x > 0\].

Xét \[\Delta DHA\] vuông tại \[H\] có: \[\tan \widehat {DAH} = \frac{{DH}}{{HA}}\] nên \[HA = \frac{{DH}}{{\tan \widehat {DAH}}}\].

Xét \[\Delta DHB\] vuông tại \[H\] có: \[\tan \widehat {DBH} = \frac{{DH}}{{HB}}\] nên \[HB = \frac{{DH}}{{\tan \widehat {DBH}}}.\]

Ta có: \[HB - HA = AB\] suy ra \[\frac{{DH}}{{\tan \widehat {DBH}}} - \frac{{DH}}{{\tan \widehat {DAH}}} = 56\]

\[x\left( {\frac{1}{{\tan 11^\circ }} - \frac{1}{{\tan 15^\circ }}} \right) = 56\]

\[x = \frac{{56}}{{\frac{1}{{\tan 11^\circ }} - \frac{1}{{\tan 15^\circ }}}} \approx 39,65\].

Khi đó \[CD = CH + DH \approx 1,5 + 39,65 \approx 41,15\,\,\left( {\rm{m}} \right)\].

Vậy chiều cao cột cờ Hà Nội khoảng \[41,15\] m.