Cho đường tròn (O;R) ( đường tròn tâm O, bán kính...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

+) Sử dụng dấu hiện nhận biết hình chữ nhật

Giải chi tiết:

a) Tứ giác AMON là hình chữ nhật.

Ta có: \(\widehat {BAC} = {90^0}\)  (Do A thuộc đường tròn đường kính BC)

Ta có: \(\widehat {AMO} = \widehat {ANO} = {90^0}\) (Do M, N thuộc đường tròn đường kính AO)

Xét tứ giác AMON ta có: \(\widehat {BAC} = \widehat {AMO} = \widehat {ANO} = {90^0}\). Suy ra tứ giác AMON là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông).

b) Tứ giác PHOB nội tiếp được trong một đường tròn và \(\frac{{OH.PC}}{{AC}}\) không phụ thuộc vị trí của các điểm B, C.

Ta có: tam giác AOP cân tại O mà OH là đường cao nên OH đồng thời cũng là đường phân giác trong tam giác AOP.

Suy ra: \(\widehat {POH} = \widehat {AOH} = \frac{1}{2}\widehat {AOP}\)

Mà \(\widehat {ABP} = \frac{1}{2}\widehat {AOP}\) (quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AP của đường tròn (O)).

Nên ta có: \(\widehat {ABP} = \widehat {POH}\,\,\,hay\,\,\,\widehat {HBP} = \widehat {POH}\,\,\,\,\)

Mà 2 đỉnh B, O là 2 đỉnh kề nhau và cùng nhìn cạnh PH các góc bằng nhau.

Suy ra tứ giác PHOB nội tiếp đường tròn đường kính PH

Ta có \(\angle OMA = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính OA) \( \Rightarrow OM \bot MA \Rightarrow OP \bot AB\)

\( \Rightarrow P\) là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và M là trung điểm của AB (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)

\( \Rightarrow PA = PB\) (hai dây căng hai cung bằng nhau)

\( \Rightarrow \Delta PAB\) cân tại P \( \Rightarrow \angle PAB = \angle PBA\).

Lại có \(\angle PAB = \angle POE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ME)

\( \Rightarrow \angle PBA = \angle POE\).

\( \Rightarrow \) Tứ giác PHOB là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp cùng chắn một cung bằng nhau).

Ta có:

\(\angle ACP = \angle ABP\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AP của đường tròn \(\left( O \right)\))

\(\angle ABP = \angle HOP\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HP)

\( \Rightarrow \angle ACP = \angle HOP\,\,\,\left( 1 \right)\)

Ta lại có:

\(\angle APC = \angle ABC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn \(\left( O \right)\))

\(\angle ABC = \angle HPO\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OH)

\( \Rightarrow \angle APC = \angle HPO\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \Delta APC \sim \Delta HPO\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{AC}}{{OH}} = \frac{{PC}}{{PO}} \Rightarrow \frac{{OH.PC}}{{AC}} = PO = R\)

Vậy \(\frac{{OH.PC}}{{AC}} = R\) không phụ thuộc vào vị trí của các điểm B, C.

c) Xác định vị trí của các điểm B, C sao cho tam giác MAN có diện tích lớn nhất?

Gọi I là trung điểm của OA \( \Rightarrow I\) là tâm đường tròn đường kính OA.

Ta có \(\angle BAC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\))

\( \Rightarrow \angle MAN = {90^0} \Rightarrow \angle MAN\) nội tiếp chắn nửa đườn tròn \(\left( I \right)\)\( \Rightarrow MN\) là đường kính của đường tròn \(\left( I \right) \Rightarrow M,I,N\) thẳng hàng.

Ta có \(\Delta OAB\) cân tại O \( \Rightarrow \angle OAB = \angle OBA\)

\(\Delta IAM\) cân tại I \( \Rightarrow \angle IAM = \angle IMA = \angle OAB\)

\( \Rightarrow \angle IMA = \angle OBA\). Mà hai góc này ở vị trí đồng vị \( \Rightarrow MN//OB \Rightarrow MN//BC\).

\( \Rightarrow N\) là trung điểm của AC (định lí đường trung bình của tam giác)

\( \Rightarrow {S_{\Delta AMN}} = \frac{1}{2}AM.AN = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}AB.\frac{1}{2}AC = \frac{1}{8}.AB.AC\)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có : \(AB.AC \le \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} = \frac{{B{C^2}}}{2} = \frac{{4{R^2}}}{2} = 2{R^2}\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta AMN}} \le \frac{1}{8}.2{R^2} = \frac{{{R^2}}}{4}\).

Vậy \({S_{\Delta AMN\,\,\max }} = \frac{{{R^2}}}{4}\). Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow AB = AC \Rightarrow A\) là điểm chính giữa của cung BC.