Cho ( O ) đường kính AB . Kẻ đường kính CD vuông góc với AB

1) Chứng minh các điểm \(M,\,N,D,E\) cùng thuộc một đường tròn.

Xét tứ giác \(MNDE\) :

Có \(DN \bot CD\,\,\)( vì \(DN\)là tiếp tuyến của \((O)\))

\( \Rightarrow \widehat {CDN} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \widehat {EDN} = 90^\circ \)

\(\Delta EDN\)vuông tại \(D\)

Suy ra \(3\)điểm \(E,D,N\)thuộc đường tròn đường kính \(EN\)\[\left( 1 \right)\]

Ta có \(\widehat {AMB} = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

\( \Rightarrow \widehat {EMN} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \Delta EMN\)vuông tại \(M\)

Suy ra \(3\)điểm \(E,M,N\)thuộc đường tròn đường kính \(EN\)\[\left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) Suy ra các điểm \(M,\,N,D,E\) cùng thuộc một đường tròn.

2) Chứng minh \(EN\,{\rm{//}}\,CB\).

Xét \((O)\)có \(\widehat {CDM} = \widehat {CBM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CM\))

\( \Rightarrow \widehat {EDM} = \widehat {CBM}\)

Vì  tứ giác  \(MNDE\)nội tiếp ( cmt )

\( \Rightarrow \widehat {EDM} = \widehat {ENM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EM\))

                 Suy ra \(\widehat {CBM} = \widehat {ENM}\left( { = \widehat {EDM}} \right)\)  mà hai góc này  ở vị trí so le trong

\( \Rightarrow EN\,{\rm{//}}\,CB\).

3) Chứng minh\(AM.BN = 2{R^2}\) và tìm vị trí điểm \(M\) trên cung nhỏ \(BC\) để diện tích tam giác \(BNC\)đạt giá trị lớn nhất.

Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta BPN\) :

Có \(BP \bot DN \Rightarrow \widehat {BPN} = {90^0}\)\( \Rightarrow \widehat {AMB} = \widehat {BPN} = {90^0}\)(1)

Có \(DN \bot CD\) (\(DN\) kẻ tiếp tuyến với \((O)\)

\( \Rightarrow BA\,{\rm{//}}\,DN\)

\( \Rightarrow \widehat {ABM} = \widehat {DNB}\) (hai góc đồng vị) (2)

Từ (1) và (2) ta có  (g - g)

Xét tứ giác \(OBPD\)có :

\(\widehat {DOB} = \widehat {BPD} = \widehat {ODP} = {90^0}\)

\(OD = OB = R\) 

\( \Rightarrow OBPD\) là hình vuông (DHNB) nên \(OD = OB = BP = R\)

Có (cmt) \( \Rightarrow \frac{{AM}}{{BP}} = \frac{{AB}}{{BN}}\)

\( \Rightarrow AM.BN = BP.AB = R.2R = 2{R^2}\)

* Kẻ \(EF \bot BC,\,NK \bot BC\)

\({S_{NBC}} = \frac{1}{2}NK.BC\). Do \(BC\) không đổi nên \({S_{NBC}}\,\max \) khi và chỉ khi \(NK\,\max \).

Do \(EF \bot BC,\,NK \bot BC\) \( \Rightarrow EF\,{\rm{//}}\,NK\).

Có tứ giác \(EFKN\) là hình bình hành (DHNB)

Có \(EF \bot BC \Rightarrow \widehat {EFK} = {90^0}\) nên tứ giác \(EFKN\) là hình chữ nhật (DHNB)

\( \Rightarrow EF\, = \,NK\).

Ta có \(NK\,\max \) khi \(EF\,\max \)

khi \(E \equiv O\)khi \(M \equiv B\)