Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R , C là trung điểm của đoạn OA và dây MN vuông góc với OA tại C . Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ MB , H là giao điểm của AK và MN .
a) Do \(\widehat {AKB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(\widehat {HKB} = 90^\circ \) suy ra \(\Delta HKB\) vuông tại \(K\).
Lại có: \(\widehat {HCB} = 90^\circ \) (do \(MN \bot AB\) tại \(C\)).
\(\Delta HKB\) vuông tại \(K\) nên \(\Delta HKB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(HB\).
\(\Delta HCB\) vuông tại \(C\) nên \(\Delta HCB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(HB\).
Suy ra bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,H,\,\,K\) thuộc đường tròn đường kính \(HB\).
Vậy tứ giác \(BCHK\) nội tiếp.
b) *Chứng minh: \(AK \cdot AH = AC \cdot AB\)
Xét \(\Delta ACH\) và \(\Delta AKB\) có: \(\widehat {ACH} = \widehat {AKB} = 90^\circ \) và \(\widehat {A\,\,}\) là góc chung. Suy ra (g.g).
Do đó, \(\frac{{AC}}{{AK}} = \frac{{AH}}{{AB}}\) hay \(AK \cdot AH = AC \cdot AB\).
*Chứng minh \(AMON\) là hình thoi.
Xét đường tròn \[\left( O \right)\], ta có \(OM = ON = R\) nên \(\Delta OMN\) cân tại \[O\].
Mà \(OC \bot MN\) nên \[OC\] là đường cao đồng thời là trung tuyến. Hay \[C\] là trung điểm của \[MN\].
Mặt khác, theo giả thiết, \[C\] cũng là trung điểm của đoạn thẳng \[OA\].
Suy ra tứ giác \[AMON\] là hình bình hành.
Mà hai đường chéo vuông góc với nhau tại \[C\] \(\left( {OA \bot MN} \right)\) nên tứ giác \[AMON\] là hình thoi (đpcm).
c)
⦁ Ta có \[OMAN\] là hình thoi nên \(OM = MA\). Mà \(OM = OA = R\) nên \(OM = OA = MA\).
Suy ra \(\Delta OMA\) đều hay \(\widehat {MOA} = 60^\circ \).
Lại có \[OA\] là phân giác của \[\widehat {MON}\] (tính chất hình thoi) nên \(\widehat {MON} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ \).
Khi đó, \(\widehat {MKN} = \frac{1}{2}\widehat {MON} = \frac{1}{2} \cdot 120^\circ = 60^\circ \) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[MN).\]
Suy ra \(\Delta MKI\) đều nên \(MK = MI\) và \(\widehat {KMI} = 60^\circ \).
Xét tam giác \(MNB\): Do \(AMON\) là hình thoi nên dây \(MN \bot AB\) tại \(C\) (với \(C\) là trung điểm \(OA\)).
Tính toán trong tam giác vuông \(AMC\) ta được \(MC = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\), suy ra \(MN = R\sqrt 3 .\)
Tương tự, tam giác \(MAB\) vuông tại \(M\) có \(\widehat {MAB} = 60^\circ \) nên \(MB = AB\sin 60^\circ = 2R \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = R\sqrt 3 \).
Vì tính đối xứng qua \(AB\), \(NB = MB = R\sqrt 3 \).
Suy ra \(MN = MB = NB\), vậy tam giác \(MNB\) là tam giác đều, dẫn đến \(\widehat {NMB} = 60^\circ \).
Bằng phương pháp trừ góc, ta có:
\(\widehat {NMI} = \widehat {NMB} - \widehat {IMB} = 60^\circ - \widehat {IMB}\).
\(\widehat {KMB} = \widehat {KMI} - \widehat {IMB} = 60^\circ - \widehat {IMB}\).
Suy ra \(\widehat {NMI} = \widehat {KMB}\).
Xét \(\Delta MKB\) và \(\Delta MIN\) có:
\(MK = MI\) (chứng minh trên).
\(\widehat {KMB} = \widehat {NMI}\) (chứng minh trên).
\(MB = MN\) (chứng minh trên).
Vậy \(\Delta MKB = \Delta MIN\) (c.g.c), suy ra \(KB = NI\) (hai cạnh tương ứng).
⦁ Chu vi tam giác \(MKB\) là \(P = MK + KB + MB\).
Vì \(MK = KI\) và \(KB = NI\) (chứng minh trên), ta có thể viết lại: \(P = KI + NI + MB = KN + MB\).
Vì độ dài đoạn thẳng \(MB = R\sqrt 3 \) là không đổi, nên chu vi \(P\) đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi dây cung \(KN\) của đường tròn \(\left( O \right)\) có độ dài lớn nhất.
Trong một đường tròn, dây cung lớn nhất chính là đường kính. Do đó, \(KN\) lớn nhất khi \(KN\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\), tức là điểm \(K\) đối xứng với \(N\) qua tâm \(O\).
Vì điểm \(N\) cố định với \(\widehat {AON} = 60^\circ \) nên \(\widehat {NOB} = 120^\circ \). Do \(K\) đối xứng với \(N\) qua \(O\) nên \(K\) nằm trên cung \(MB\) và \(\widehat {KOB} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \).
Mặt khác, \(\widehat {MOB} = 180^\circ - \widehat {MOA} = 120^\circ \).
Từ đó suy ra \(\widehat {KOB} = \frac{1}{2}\widehat {MOB}\), nghĩa là \(K\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(MB\).
Khi \(K\) là điểm chính giữa cung nhỏ \(MB\), chu vi \(\Delta MKB\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(2R + R\sqrt 3 = R\left( {2 + \sqrt 3 } \right)\).