a) Chứng minh bốn điểm O, M, H, B cùng thuộc một đường tròn.

Do \(AB \bot MN\) nên \(\Delta MOB\) vuông tại O, cạnh huyền MB

Suy ra M, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính MB

Tương tự \(\Delta MHB\) vuông tại H, cạnh huyền MB nên M, H, B cùng thuộc đường tròn đường kính MB

Vậy O, M, B, H cùng thuộc đường tròn đường kính MB (đpcm)

b) Hai đường thẳng MB và OH cắt nhau tại E. Chứng minh \(\widehat {MHO} = \widehat {MNA}\) và \(ME \cdot MH = BE \cdot HC\).

Do O, M, B, H cùng thuộc đường tròn nên MOBH nội tiếp đường tròn

Suy ra \(\widehat {MHO} = \widehat {MBO}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MO)

Mà \(\widehat {MNA} = \widehat {MBA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MA của (O))

Suy ra \(\widehat {MHO} = \widehat {MNA}\) (đpcm)

Ta có nên \(\widehat {BMC} = 90^\circ \)

Do \(\widehat {CMH} + \widehat {HMB} = \widehat {CMB} = 90^\circ \)

Kết hợp với \(\widehat {HBM} + \widehat {HMB} = 180^\circ - \widehat {MHB} = 90^\circ \)

Nên \(\widehat {CMH} = \widehat {HBM}\)

Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta BHM\) có \(\widehat {CMH} = \widehat {HBM}\)

\(\widehat {CHM} = \widehat {BHM}\,\,( = 90^\circ )\)

Suy ra (g.g)

Suy ra \(\frac{{HC}}{{HM}} = \frac{{MH}}{{HB}}\) (1)

Vì MO = OB nên tam giác MOB cân tại O suy ra \(\widehat {OMB} = \widehat {OBM}\) (tính chất)

Tứ giác MHBO nội tiếp đường tròn đường kính MB nên ta có:

\(\widehat {MHO} = \widehat {MBO}\,;\,\,\widehat {OHB} = \widehat {OMB}\) (các góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Khi đó \(\widehat {MHO} = \widehat {OHB}\)

Suy ra EH là phân giác của góc MHB

Suy ra \(\frac{{ME}}{{EB}} = \frac{{MH}}{{HB}}\) (tính chất đường phân giác) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{HC}}{{HM}} = \frac{{ME}}{{EB}}\) hay \(HC \cdot EB = HM \cdot ME\) (đpcm)

c) Gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC. Chứng minh ba điểm C, P, E là ba điểm thẳng hàng.

Ta có \(\Delta CHM\) vuông tại H nên C, H, M cùng thuộc đường tròn đường kính CM

Mà P thuộc đường tròn đường kính CM nên \(\widehat {MPC} = 90^\circ \) hay \(MP \bot PC\)

Tương tự P thuộc đường tròn (O), đường kính MN nên \(\widehat {MPN} = 90^\circ \) hay \(MP \bot PN\)

Suy ra C, P, N thẳng hàng (*)

Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta BMC\) có \(\widehat {CHM} = \widehat {CMB} = 90^\circ \); \(\widehat {BCM}\) chung

Nên (g.g)

Suy ra \(\frac{{HC}}{{MC}} = \frac{{MH}}{{MB}}\) hay \(\frac{{HC}}{{MH}} = \frac{{MC}}{{MB}}\)

Mà \(\frac{{HC}}{{MH}} = \frac{{ME}}{{EB}}\) suy ra \(\frac{{MC}}{{MB}} = \frac{{ME}}{{EB}}\) (3)

Ta có \[\Delta BMN\] có BO vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên \[\Delta BMN\] cân tại B

Suy ra \(BM = BN\)

Thay vào (3) ta được \(\frac{{MC}}{{BN}} = \frac{{ME}}{{EB}}\)

Xét \(\Delta MEC\) và \(\Delta BEN\) có \(\frac{{MC}}{{BN}} = \frac{{ME}}{{EB}}\) và \(\widehat {EMC} = \widehat {EBN}\,\,( = 90^\circ )\)

Suy ra (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {MEC} = \widehat {BEN}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {MEC} + \widehat {CEB} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) nên \(\widehat {BEN} + \widehat {CEB} = 180^\circ \)

Chứng tỏ C, E, N thẳng hàng (**)

Từ (*) và (**) suy ra C, P, E thẳng hàng (đpcm).

Rút gọn biểu thức A=−√27+3√(1−√3)^2.