Cho đường tròn (O, R) có 2 đường kính AB và CD vuô...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

+) Sử dụng các dấu hiện nhận biết của tứ giác nội tiếp.

+) Sử dụng định lý Ta-lét, chứng minh các tỉ lệ từ đó suy ra điều cần chứng minh.

+) Sử dụng tính chất của tứ giác nội tiếp để chứng mình các tam giác bằng nhau từ đó suy ra các cạnh cần chứng minh.    

Giải chi tiết:

a) CMR: Tứ giác ACMH nội tiếp, ACMK nội tiếp.

Ta có: \(\angle ACB = \angle ACM = {90^0}\)  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

\(\begin{array}{l}\angle AHM = {90^0}\;\left( {MH \bot AB} \right)\\ \Rightarrow \angle ACM + \angle AHM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)

\( \Rightarrow ACHM\) là tứ giác nội tiếp (có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)).  (dhnb)

Ta có: \(\angle MCK\) là góc nội tiếp chắn cung \(BD.\)

\(\angle MCK = \frac{1}{2}\,\,cung\,\,DB = {45^0}\)

Mà  \(\angle MAK = \frac{1}{2}\angle CAD = {45^0} \Rightarrow \angle MAK = \angle MCK = {45^0}.\)

\( \Rightarrow ACMK\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh cùng kề cạnh AC cùng nhìn đoạn MK dưới các góc bằng nhau) (dhnb).

b) Tia AM cắt (O) tại E khác A, tiếp tuyến tại E và B của đường tròn cắt nhau tại F. Chứng minh rằng AF đi qua trung điểm HM.

Gọi AF cắt MH tại I, AM cắt BF tại P.

MH // PB do cùng vuông AB nên ta có:  \(\frac{{MH}}{{PB}} = \frac{{AH}}{{AB}}\)  (định lý Ta-lét)

\(\begin{array}{l}IH//FB \Rightarrow \frac{{IH}}{{FB}} = \frac{{AH}}{{AB}}\;\;\;\left( {dinh\;\;ly\;\;Ta - let} \right)\\ \Rightarrow \frac{{IH}}{{FB}} = \frac{{MH}}{{PB}}\;\;\left( { = \frac{{AH}}{{AB}}} \right).\end{array}\)

Ta có: \(\angle AEB = {90^0}\)  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) )\( \Rightarrow \angle BEP = {90^0}\) (hai góc kề bù).

Theo tính chất 2 tiếp tuyến \(FE,\;\;FB\)  cắt nhau nên: \(FE = FB,\;\;\angle FEB = \angle FBE\) (hai góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE)

Mặt khác:

\(\angle FEP = {90^0} - \angle FEB\) (hai góc phụ nhau)

\(\angle FPE = {90^0} - \angle FBE\) \((\Delta PEB\) vuông tại \(E).\)

\( \Rightarrow \angle FEP = \angle FPE\;\;\left( { = {{90}^0} - \angle FEB} \right).\) 

\( \Rightarrow \Delta PEF\) cân tại \(F \Rightarrow FE = FP\)  (hai cạnh bên của tam giác cân)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow FE = FB = FP.\\ \Rightarrow BP = FP + FB = 2FB\\ \Rightarrow \frac{{IH}}{{FB}} = \frac{{MH}}{{2FB}} \Rightarrow MH = 2IH.\end{array}\)

Do đó AF đi qua trung điểm I của MH (đpcm).

c) CMR: MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi M di chuyển trên dây BC.

Do tứ giác ACMK nội tiếp nên: \(\angle ACM = \angle MKN = {90^0}\) (hai góc đối diện cùng bằng \({90^0}\))

Gọi G là giao điểm của AM và DC.

Ta có:\(\Delta BCD\) vuông cân tại \(B \Rightarrow \angle BDC = {45^0}\)  (tính chất tam giác vuông cân)

Xét tứ giác \(ADNG\) có: \(\angle NDG = \angle GAN = {45^0}\)

\( \Rightarrow ADNG\) là tứ giác nội tiếp (hai góc cùng nhìn một đoạn thẳng dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \angle ADN + \angle AGN = {180^0} \Leftrightarrow \angle AGN = {90^0}\;\;hay\;\;\angle MGN = {90^0}\)  (hai góc kề bù).

Vì: \(\angle MKN = \angle MGN = {90^0} \Rightarrow MCKN\)  nội tiếp (hai góc cùng nhìn một đoạn thẳng dưới các góc bằng nhau)

 \( \Rightarrow \angle AMN = \angle AKC\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

Mà \(\angle AMC = \angle AKC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).

\( \Rightarrow \angle AMC = \angle AMN\;\;\left( { = \angle AKC} \right).\)

Kẻ  \(AQ \bot MN = \left\{ Q \right\}\)

Khi đó ta có: \(\Delta AMC = \Delta AMQ\;\;\left( {ch - gn} \right) \Rightarrow AQ = AC\)  (hai cạnh tương ứng).

Áp dụng định lý Py-ta-go ta có: \(AC = \sqrt {{R^2} + {R^2}}  = R\sqrt 2 \) không đổi và A là điểm cố định nên khi M di chuyển trên dây BC thì MN luôn tiếp xúc với đường tròn \(\left( {A;\;R\sqrt 2 } \right)\) là một đường tròn cố định. (đpcm)