Cho hình thang cân ABCD (AB // CD, AB < CD). Gọi O là giao điểm của AD và BC; gọi E là giao điểm của AC và BD. Chứng minh:

a) ∆AOB cân tại O.

b) ∆ABD = ∆BAC.

c) EC = ED.

d) OE là đường trung trực chung của AB và CD.

Lời giải:

a. Ta có: \(\widehat {AKB} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kinh AB)

Tứ giác IEKB có: \(\widehat {AKB} = 90^\circ = \widehat {EKB};\widehat {EIB} = 90^\circ \)

Có tổng 2 góc đối \(\widehat {EKB} + \widehat {EIB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

⇒ Tứ giác IEKB nội tiếp đường tròn đường kính EB

b. Xét ∆AME và ∆AKM: \(\widehat {MAE}\) chung; \(\widehat {AME} = \widehat {AKM}\) (góc nội tiếp cùng chắn 2 cung AM = AN)

⇒ ∆AME  ∆AKM(g.g)

\( \Rightarrow \frac{{AM}}{{AK}} = \frac{{AE}}{{AM}}\) (hai cạnh tương ứng tỉ lệ) \( \Rightarrow A{M^2} = AE.AK\)

c. Áp dụng hệ thức lượng vào ∆ANB vuông tại N, đường cao NI ⊥ AB ta có:

\(BI.BA = N{B^2}\)

Và ta có \(AE.AK = A{M^2} = A{N^2}\) (chứng minh câu b và AM = AN, tính chất đường kính và dây cung)

\( \Rightarrow AE.AK + BI.BA = A{N^2} + N{B^2} = A{B^2}\) (áp dụng Pytago vào ∆ANB)

   \( = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}\).

Vậy \(AE.AK + BI.BA = 4{R^2}\).

d. ∆MIO vuông tại I, áp dụng định lí Pytago ta có: \(O{I^2} + M{I^2} = O{M^2} = {R^2}\)

Ta có: \({\left( {MI - IO} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow 2M{I^2} + 2I{O^2} \ge M{I^2} + I{O^2} + 2MI.IO = {\left( {MI + IO} \right)^2}\)

\( \Rightarrow MI + IO \le \sqrt {2\left( {M{I^2} + I{O^2}} \right)} = R\sqrt 2 \)

Chu vi tam giác MIO là P = MI + IO + MO ≤ \(R\sqrt 2 + R\).

Chu vi P đạt giá trị lớn nhất bằng \(R\sqrt 2 + R\) khi MI + IO = \(R\sqrt 2 \) hay MI = IO = \(\frac{{R\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy điểm I nằm trên AO sao cho IO = \(\frac{{R\sqrt 2 }}{2}\) thì chu vi ∆MIO đạt GTLN.