Cho đường tròn \[\left( O \right)\] và một điểm \[A\] nằm ngoài đường tròn. Từ \[A\] kẻ hai tiếp tuyến \[AB,AC\] (\[B,C\] là các tiếp điểm). Từ \[A\] kẻ đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm \[M\] và \[N\] (điểm \(M\) nằm giữa \(A\) và \(N).\) Gọi \[E\] là trung điểm của dây \[MN\], \[I\] là giao điểm thứ hai của đường thẳng \[CE\] với đường tròn \[\left( O \right)\].

a) Chứng minh bốn điểm \[A,O,E,C\] cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh \[\widehat {AOC} = \widehat {BIC}\] và \[BI\,{\rm{//}}\,MN\].

c) Xác định vị trí của \[N\] để diện tích tam giác \[AIN\] lớn nhất.

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.