Cho đường tròn (O;R) đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Bx của (O). Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB có chứa Bx, lấy điểm M thuộc (O) (M khác A và B) sao cho MA > MB. Tia AM cắt Bx tại C. Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD với (O) (D là tiếp điểm).

1) Chứng minh OC ⊥ BD.

2) Chứng minh bốn điểm O, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.

3) Chứng minh $\widehat{CMD}=\widehat{CDA}$ .

4) Kẻ MH vuông góc với AB tại H. Tìm vị trí của M để chu vi tam giác OMH đạt giá trị lớn nhất.

1) CB, CD là hai tiếp tuyến của (O)

Suy ra: CB = CD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà OB = OD = R

⇒ OC là trung trực của BD ⇒ OC ⊥ BD

2) Ta có: OB ⊥ BC (BC là tiếp tuyến của (O))

⇒ ∆OBC vuông tại B

⇒ ∆OBC nội tiếp đường tròn đường kính OC

⇒ O, B, C cùng thuộc đường tròn đường kính OC

∆ODC vuông tại D nên ∆ODC nội tiếp đường tròn đường kính OC

⇒ O, D, C cùng thuộc đường tròn đường kính OC

Vậy O, B, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính OC.

3) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BAC vuông tại B ta có:

CM.CA = CB²

Vì CB = CD nên CM.CA=CD²

Xét ∆CMD và ∆CDA có: $\frac{CM}{CD}=\frac{CD}{CA}$

Chung $\widehat{C}$

⇒ ∆CMD ~ ∆CDA (c.g.c)

⇒ $\widehat{CMD}=\widehat{CDA}$

4) Chu vi ∆OMH = R + OH + MH

(OH + MH)² = OH² + MH² + 2.OH.MH = OM² + 2 .OH.MH

= R² + 2 .OH.MH ≤ 2R²

⇒ OH + MH ≤ R$\sqrt{2}$

⇒ Chu vi ∆OMH = R + OH + MH ≤ R + R$\sqrt{2}$ = $\left(1+\sqrt{2}\right)R$

Vậy chu vi ∆OMH lớn nhất bằng $\left(1+\sqrt{2}\right)R$ khi điểm M thuộc (O) thỏa mãn $\widehat{BOM}=45°$ .