Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O có AB < AC. Trên cung nhỏ lấy điểm M khác A thỏa mãn

a) Xét tứ giác \[AHKM\] ta có: \[\widehat {AHM} = \widehat {AKM} = 90^\circ \] (gt).

Mà hai góc này là góc kề cạnh \[HK\] và cùng nhìn đoạn \[AM\].

Do đó, \[AHKM\] là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).

Hay bốn điểm \[A,\,H,\,K,\,M\] cùng nằm trên một đường tròn (đpcm).

b) Ta có:

Mà .

Mà \[\widehat {ABH} + \widehat {BAH} = 90^\circ \] (tam giác \[ABH\] vuông tại \[H\])

\[ \Rightarrow \widehat {AMK} = \widehat {BAH}\]

Xét tam giác \[AMK\] và tam giác \[BAH\] có:

\[\widehat {AKM} = \widehat {BHA} = 90^\circ \]

\[\widehat {AMK} = \widehat {BAH}\] (cmt)

Do đó, (g.g).

\[ \Rightarrow \frac{{AK}}{{HB}} = \frac{{MK}}{{AH}} \Rightarrow AH.AK = HB.MK\].

c) Kéo dài \[HK\] cắt \[AB\] tại \[E\].

Ta có \[\widehat {MAK} = \widehat {MHK}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[MK\]).

Lại có \[\widehat {MHK} = \widehat {EHB}\] (đối đỉnh)

\[ \Rightarrow \widehat {MAK} = \widehat {EHB}\].

Do (cmt) \[ \Rightarrow \widehat {MAK} = \widehat {ABH} = \widehat {EBH}\].

\[ \Rightarrow \widehat {EHB} = \widehat {EBH}\] \[ \Rightarrow \Delta EHB\] cân tại \[E\].

\[ \Rightarrow EH = EB\] (1).

Ta có \[\widehat {EBH} + \widehat {EAH} = 90^\circ \] (Tam giác \[ABH\] vuông tại \[H\]).

Mà \[\widehat {EHB} + \widehat {EHA} = \widehat {AHB} = 90^\circ \].

Do đó, \[\widehat {EAH} = \widehat {EHA}\] \[ \Rightarrow \Delta EHA\] cân tại \[E\].

\[ \Rightarrow EA = EH\] (2).

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow EA = EB\] \[ \Rightarrow E\] là trung điểm của \[AB\].

Do \[A,\,\,B\] cố định nên \[E\] cố định.

Vậy khi \[M\] di chuyển trên cung nhỏ \[AC\] thì \[HK\] luôn đi qua trung điểm của \[AB\] (đpcm).