Cho đường tròn (O; R) và điểm A cố định ngoài đường tròn. Vẽ đường thẳng d (ảnh 1)

a) Do ME, MF là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇒ EF ⊥ OM.

Tứ giác ABHM có \(\widehat {BHM} = \widehat {MAB} = 90^\circ \) nên tứ giác ABHM là tứ giác nội tiếp đường tròn có bán kính BM.

b) Xét \(\Delta OHB\) và \(\Delta OAM\) có:

\(\widehat O\) chung

\(\widehat {OHB} = \widehat {OAM} = 90^\circ \)

Do đó ∆OHB ᔕ∆OAM (g.g)

Suy ra \(\frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{OB}}{{AM}}\) hay OH.OM = OA.OB (1)

Xét \(\Delta OHE\) và \(\Delta OEM\) có:

\(\widehat O\) chung

\(\widehat {OHE} = \widehat {OEM} = 90^\circ \)

Do đó ∆OHE ᔕ∆OEM (g.g)

Suy ra \(\frac{{OH}}{{OE}} = \frac{{OE}}{{OM}}\) hay OH.OM = OE² = R² (2)

Từ (1) và (2) suy ra OA.OB = OH.OM = R².

c) Gọi I là giao điểm của OM với đường tròn (O). Nối FI.

Do FI = EI ⇒\[\Delta EFI\] cân tại I ⇒\(\widehat {MFI} = \widehat {EFI}\)

⇒ IF là tia phân giác của góc \(\widehat {MFE}\)

mà MI là tia phân giác của góc \(\widehat {EMF}\)

Do đó I là giao điểm của đường phân giác trong của tam giác MEF

⇒ I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF

Mà I thuộc đường tròn (O) cố định.

Vậy tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác MEF thuộc một đường tròn cố định khi M di chuyển trên d.

d) Ta có: \({S_{HBO}} = \frac{1}{2}HO.HB\)

Ta có ∆OHB ᔕ∆OAM (cmt) suy ra \(\frac{{HB}}{{AM}} = \frac{{OB}}{{OM}}\)

Hay HB.OM = AM.OB (3)

Mà OH.OM = R² (4)

Nhân (3) và (4) theo vế với vế, ta được:

OH.HB.OM² = R².AM.OB = \({R^2}.AM.\frac{{{R^2}}}{{OA}}\)

⇒\(OH.HB = {R^4}.\frac{{AM}}{{OA.O{M^2}}} = {R^4}.\frac{{AM}}{{OA\left( {O{A^2} + A{M^2}} \right)}}\)

Áp dụng BDT Cô – si ta có: \(O{A^2} + A{M^2} \ge 2.OA.AM\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi OA = AM

⇒\(OH.HB \le \frac{{{R^4}}}{{OA.2.OA.OM}} = \frac{{{R^4}}}{{2O{A^2}}}\)

⇒\({S_{\max }} = \frac{{{R^4}}}{{4O{A^2}}}\)⇔ OA = AM.

Tìm x, biết: 8^x / 2^x = 4