Cho đường tròn (O) có tâm là O,...

D

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

+) Sử dụng các dấu hiệu để chứng minh tứ giác nội tiếp.

+) Từ tứ giác nội tiếp suy ra các góc bằng nhau. Chứng minh các cặp tam giác đồng dạng, từ đó suy ra các cặp cạnh tỉ lệ và chứng minh theo yêu cầu của đề bài.

+) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác và bất đẳng thức Cô-si để tìm diện tích nhỏ nhất của tam giác.

Giải chi tiết:

a)     Ta có: \(\widehat{AEB}={{90}^{0}}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)\(\Rightarrow \widehat{BEM}={{90}^{0}}\) (kề bù với \(\widehat{ADB}\))

Tứ giác BEMH có: \(\widehat{BEM}+\widehat{BHM}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}\)\(\Rightarrow \) Tứ giác BEMH nội tiếp

b)     Ta có: \(\widehat{AFB}={{90}^{0}}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\Delta \) AFB và \(\Delta \) AHN có: \({{\widehat{A}}_{1}}\text{ chung ; }\widehat{AFB}=\widehat{AHN}={{90}^{0}}\) \(\Rightarrow \) \(\Delta \) AFB  \(\Delta \)AHN (g.g)

Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp \(\Delta \)AMN\(\Rightarrow {{\widehat{M}}_{1}}={{\widehat{D}}_{1}}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN)

Vì \({{\widehat{F}}_{1}}={{\widehat{B}}_{1}}\left( =\frac{1}{2}s\overset\frown{AE} \right)\) và \({{\widehat{B}}_{1}}={{\widehat{M}}_{1}}\) (tứ giác BEMH nội tiếp) nên \({{\widehat{F}}_{1}}={{\widehat{M}}_{1}}\)\(\Rightarrow {{\widehat{F}}_{1}}={{\widehat{D}}_{1}}\)

\(\Delta \)AFC và \(\Delta \)ADN có: \({{\widehat{A}}_{1}}\text{ chung ; }{{\widehat{F}}_{1}}={{\widehat{D}}_{1}}\)\(\Rightarrow \) \(\Delta \)AFC  \(\Delta \)ADN (g.g)\(\Rightarrow \frac{AF}{AD}=\frac{AC}{AN}\Rightarrow AF.AN=AC.AD\)

Mặt khác, \(\Delta \)AFB  \(\Delta \)AHN (g.g)\(\Rightarrow \frac{AF}{AH}=\frac{AB}{AN}\Rightarrow AF.AN=AB.AH\)

Do đó, \(AC.AD=AB.AH\Rightarrow AD=\frac{AB.AH}{AC}\) không đổi (vì A, C, B, H cố định)

\(\Rightarrow \) Đường tròn ngoại tiếp \(\Delta \) AMN luôn đi qua điểm D cố định (khác A).

c)     Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì:

\(\text{    }AD=\frac{AB.AH}{AC}=\frac{4.5}{3}=\frac{20}{3}(cm)\Rightarrow HD=AD-AH=\frac{20}{3}-5=\frac{5}{3}(cm)\)

Dễ thấy \(\Delta \)AHM  \(\Delta \)NHD (g.g)

\(\Rightarrow \frac{AH}{NH}=\frac{HM}{HD}\Rightarrow HM.HN=AH.HD=5\cdot \frac{5}{3}=\frac{25}{3}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

\(\begin{align}  & \text{    }MN=HM+HN\ge 2\sqrt{HM.HN}=2\sqrt{\frac{25}{3}}=\frac{10\sqrt{3}}{3}(cm) \\  & \Rightarrow {{S}_{AMN}}=\frac{1}{2}AH.MN\ge \frac{1}{2}\cdot 5\cdot \frac{10\sqrt{3}}{3}=\frac{25\sqrt{3}}{3}(c{{m}^{2}}) \\ \end{align}\)

Dấu “=” xảy ra khi \(HM=HN\Leftrightarrow {{\widehat{M}}_{1}}={{\widehat{N}}_{1}}\Leftrightarrow {{\widehat{F}}_{1}}={{\widehat{N}}_{1}}\Leftrightarrow EF//MN\Leftrightarrow EF\bot AB\)

Vậy \(\min {{S}_{AMN}}=\frac{25\sqrt{3}}{3}(c{{m}^{2}})\Leftrightarrow EF\bot AB\)

Chọn D