Dạng 2: Sử dụng tính chất đường chéo của hình đặc biệt (vd: hình bình hành) có đáp án

MB⊥BC, AH⊥BC(suy từ giả thiết).

⇒MB//AH.

Mà MA//BH(cùng vuông góc với AC).

⇒AMBH là hình bình hành.

⇒AB cắt MH tại trung điểm I của AB và MH (t/c hình bình hành).

Suy ra H, I, M thẳng hàng.

a)Tứ giác ACMP có A^=M^=900 nên nội tiếp được
Tứ giác CDME có C^=M^=900  nên nội tiếp được

b) Do các tứ giác ACMP và CDME nội tiếp được nên MAC^=MPC^, MDE^=MCE^ mà MPC^=MCE^ ( vì cùng phụ với góc MCP^) nên MAC^=MDE^. Vậy AB song song với DE

c) Do  MBQ^=MAC^( vì cùng phụ ABM^) và MAC^=MDE^=MCQ^ nênMCQ^=MBQ^ . Suy ra tứ giác CMQB nội tiếp do đó CMQ^=900. Vậy P, M, Q thẳng hàng

d) Trên nửa mặt phẳng bờ MC không chứa điểm D , kẻ tia tiếp tuyến Mt của đường tròn ngoại tiếp tam giác DMP suy ra AMt^=MPD^ màMQC^ phụ với  MPC^ nên BMt^=MQC^. Suy ra Mt tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EMQ. Do đó hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác DMP và EMQ tiếp xúc nhau. Vậy có duy nhất một điểm M là điểm chung của hai đường tròn nói trên

a) Tam giác ABN có đường cao BM đồng thời là đường phân giác nên tam giác ABN cân tại B.

b) Vì P là trực tâm tam giác ABN nên NP ⊥ AB ⇒ NP // AQ, do đó APNQ là hình thang.

c) Nếu Q , M , K thẳng hàng thì từ tính chất góc có đỉnh bên ngoài đường tròn, ta có QM là đường phân giác của góc AQB. Mặt khác , BM là phân giác của góc ABQ nên AM là phân giác của góc BAQ, vô lý. Vậy ba điểm Q , M , K không thẳng hàng.

d) Tại điểm M, kẻ tiếp tuyến yMy’ với (O) sao cho My và MA cùng phía với đường thẳng MQ. Ta có đường tròn ngoại tiếp tam giác MNQ tiếp xúc với (O) khi và chỉ khi yMy’ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác MNQ tại M. Điều đó tương đương với

NQM^=NMy'^⇔NQM^=AMy^⇔NQM^=ABM^⇔NQM^=MBC^

⇔MB=MQ⇔BC=NQ( vì ΔMNC cân).

Mà AB2=BC.BQ⇔AB2=BC.BN+NQ⇔4R2=BC.2R+BC

⇔BC=R5−1.

Vậy BC=R5−1  thì đường tròn ngoại tiếp ΔMNQ tiếp xúc với (O).