Câu 4. (3, 5 điểm) Cho (O;R) và một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn sao cho OA = 2R Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O) (B,C là các tiếp điểm). Đường thẳng OA cắt dây BC tại 1. Gọi M...

1. Từ tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, suy ra : $O I \perp B C$.

$
\begin{aligned}
& \Rightarrow \widehat{A B I}=\widehat{B O I} \text { ( vì cùng phụ với } \widehat{B A O} \text { ). } \\
& \Rightarrow \cos \widehat{A B I}=\cos \widehat{B O I}=\frac{O B}{O A}=\frac{R}{2 R}=\frac{1}{2} \Rightarrow \widehat{A B I}=\widehat{B O I}=60^{\circ}
\end{aligned}
$

2. Ta có: $\widehat{O Q B}=\widehat{O E B}$ ( cùng chắn cung $O B$ của đường tròn $(O B E Q)$ ).
$\widehat{O E F}=\widehat{O E B}$ ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ).
$\Rightarrow \widehat{O Q B}=\widehat{O E F}$ hay $\widehat{O Q P}=\widehat{O E F}$
$\Rightarrow \triangle O Q P \sim \triangle O E F$ ( $\mathrm{g} . \mathrm{g}$ ) (vì có $\widehat{O Q P}=\widehat{O E F}, \widehat{Q O P}$ là góc chung) $\Rightarrow \frac{P Q}{E F}=\frac{O Q}{O E}$ (2)
Vi tứ giác $O B E Q$ nội tiếp và $\widehat{O B E}=90^{\circ}, \widehat{Q B E}=60^{\circ}$ nên:
$\widehat{O Q E}=180^{\circ}-\widehat{O B E}=90^{\circ} ; \quad \widehat{O E Q}=\widehat{O B Q}=\widehat{O B E}-\widehat{Q B E}=30^{\circ}$
$\Rightarrow \triangle O Q E$ vuông tại $Q$ và $\widehat{O E Q}=30^{\circ}$.
$\Rightarrow \frac{O Q}{O E}=\sin \widehat{O E Q}=\sin 30^{\circ}=\frac{1}{2}$ (3)
Từ (2) và (3) suy ra: $\frac{P Q}{E F}=\frac{1}{2} \Leftrightarrow E F=2 P Q$.

3. Vì $\triangle O Q P \sim \triangle O E F$ theo tỉ số đồng dạng $\frac{E F}{P Q}=2$ nên

$
\frac{S_{O P Q}}{S_{O E F}}=\frac{1}{4} \Leftrightarrow S_{O P Q}=\frac{S_{O E F}}{4}=\frac{O M \cdot E F}{8}=\frac{R \cdot E F}{8} (4)
$

Kẻ qua $O$ một đường thẳng vuông góc với $O A$, cắt $A C, A B$ theo thứ tự tại $H, K$. Ta có:

$
\begin{aligned}
& \left.\widehat{B K O}=\widehat{B O I}=60^{\circ} \text { (Vì cùng phụ với } \widehat{B A O}\right) \\
& H C=K B=O B \cdot \cot \widehat{B K O}=O B \cdot \cot 60^{\circ}=\frac{R}{\sqrt{3}} \\
& E F=F M+E M=F C+E B=(H F-H C)+(K E-K B)=(H F+K E)-(H C+K B) \\
& =(H F+K E)-2 H C \geq 2 \sqrt{H F \cdot K E}-\frac{2 R}{\sqrt{3}} (5)
\end{aligned}

Mặt khác, $\widehat{F H O}=\widehat{A O C}=60^{\circ}, \widehat{E K O}=\widehat{A O B}=60^{\circ}$ nên dễ chứng minh được $\triangle H F O \sim \triangle K O E$ ( vì cùng đồng dạng với tam giác $O F E$ )

$
\Rightarrow \frac{H F}{O K}=\frac{H O}{K E} \Leftrightarrow H F \cdot K E=O K \cdot O H=O K^2=\left(\frac{R}{\sin 60^{\circ}}\right)=\left(\frac{2 R}{\sqrt{3}}\right)^2 (6)
$

Từ (4), (5), (6) suy ra : $S_{O P Q}=\frac{R \cdot E F}{8} \geq \frac{R\left(\frac{4 R}{\sqrt{3}}-\frac{2 R}{\sqrt{3}}\right)}{8}=\frac{R^2}{4 \sqrt{3}}$
Dấu" =" xảy ra khi và chi khi $K E=H F=O H=O K \Leftrightarrow F M=E M \Leftrightarrow \overparen{M C}=\overparen{M B} \Leftrightarrow M$ là điểm chính giữa cung $B C$.
Vậy để tam giác $O P Q$ có diện tích nhỏ nhất thì $M$ là điểm chính giữa cung nhỏ $B C$.
Giá trị nhỏ nhất bằng $\frac{R^2}{4 \sqrt{3}}$.