Trên đường tròn tâm O đường kính \(AB = 2R\) lấy điểm N sao chho \(AN = R\) và M là một điểm thay

a) Ta có \(\widehat {ANB} = \widehat {AMB} = {90^0}\) (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

AM cắt BN tại I => I là trực tâm \(CI \bot AB\;\)

\( \Rightarrow AI \bot CB \Rightarrow B,M,C\) thẳng hàng.

Dễ thấy \(\Delta BCH \sim \Delta ICM \Rightarrow CB.CM = CI.CH\)

Dễ thấy \(\widehat {NHI} = \widehat {MHI} = \widehat {MBI} = \widehat {IAN} \Rightarrow \widehat {NHA} = \widehat {BHM}\)

Mà \(\widehat {NHA} = \widehat {KHA}\) tính chất đối xứng

\( \Rightarrow \widehat {AHK} = \widehat {BHM}\) mà \(\widehat {BHM} + \widehat {MHA} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \widehat {AHK} + \widehat {AHM} = {180^0}\) suy ra K, H, M thẳng hàng.

b) Ta có \(\widehat {PHK} = 2.\widehat {PNK}\) (góc ngoài \(\Delta HNK\) cân)

\(\widehat {KOP} = 2\widehat {KNP}\) góc nội tiếp

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(KOHP\) nội tiếp vì N cố định suy ra OK cố định. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KHP thuộc trung trực OK.

c) Ta có \(\widehat {NMB} = {120^0}\). Trên tia đối MN lấy Q sao cho \(MB = MQ \Rightarrow \widehat {NQB} = {60^0}\)

NB cố định \( \Rightarrow Q\) thuộc cung chứa góc \({60^0}\) dựng trên NB \( \Rightarrow MN + MB\) lớn nhất khi \(NQ\) là đường kính của đường tròn

\(MB = MQ = MN \Rightarrow M \equiv M1,\;Q \equiv Q1\).

Vậy M là trung điểm cung \(NB \Rightarrow MN + MB\) lớn nhất \(MN + NB = 2R\)