Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M(4; 1), đường thẳng d luôn đi qua M, d cắt Ox, Oy lần lượt tại A(a; 0), B(0; b). Hãy viết phương trình đường thẳng (d) sao cho S_OAB = 2.

a) Đường tròn (O) có hai tiếp tuyến AC, MC cắt nhau tại C.

Suy ra OC là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Do đó \(2\widehat {AOC} = 2\widehat {COM} = \widehat {AOM}\).

Chứng minh tương tự, ta được \(2\widehat {MOD} = 2\widehat {DOB} = \widehat {MOB}\).

Ta có \(\widehat {AOM} + \widehat {MOB} = 180^\circ \) (kề bù).

Suy ra \(2\widehat {COM} + 2\widehat {MOD} = 180^\circ \).

Khi đó \(2\left( {\widehat {COM} + \widehat {MOD}} \right) = 180^\circ \).

Vì vậy \(\widehat {COD} = 180^\circ :2 = 90^\circ \).

Vậy tam giác COD vuông tại O.

b) Đường tròn (O) có hai tiếp tuyến AC, MC cắt nhau tại C.

Suy ra AC = MC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Chứng minh tương tự, ta được DM = BD.

Ta có CD là tiếp tuyến của (O) có M là tiếp điểm. Suy ra OM ⊥ CD.

Tam giác COD vuông tại O có OM là đường cao: OM² = CM.DM.

⇔ R² = AC.BD.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

c) Gọi I là giao điểm của MH và BC, K là giao điểm của MB và AC.

Đường tròn (O) có hai tiếp tuyến DM, DB cắt nhau tại D.

Suy ra DM = DB.

Lại có OM = OB = R.

Suy ra OD là đường trung trực của đoạn MB.

Do đó OD ⊥ MB.

Mà OD ⊥ OC (tam giác COD vuông tại O).

Suy ra MB // OC.

Mà O là trung điểm AB (đường tròn (O) có AB là đường kính).

Do đó OC là đường trung bình của tam giác ABK.

Vì vậy C là trung điểm AK.

Ta có MH ⊥ AB (giả thiết) và AK ⊥ AB (do AK là tiếp tuyến của (O) tại A).

Suy ra MH // AK.

Áp dụng định lí Thales, ta được \(\frac{{MI}}{{CK}} = \frac{{IH}}{{AC}} = \frac{{BI}}{{BC}}\).

Mà CK = CA (C là trung điểm AK).

Suy ra MI = IH.

Do đó I là trung điểm của MH.

Vậy BC đi qua trung điểm I của đoạn MH.

a) Vì D thuộc đường tròn (O) và BC là đường kính nên \(\widehat {BDC} = 90^\circ \).

Suy ra BD ⊥ AC.

Ta có AB là tiếp tuyến của (O), với B là tiếp điểm.

Suy ra \(\widehat {ABC} = 90^\circ \).

Tam giác ABC vuông tại B có BD là đường cao: AB² = AD.AC (Hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Vậy BD vuông góc AC và AB² = AD.AC.

b) Xét tam giác BEC có O là trung điểm BC (do BC là đường kính của (O)) và OH // CE (giả thiết).

Suy ra OH là đường trung bình của tam giác BEC.

Vậy H là trung điểm của BE.

Vì E thuộc đường tròn (O) và BC là đường kính nên \(\widehat {BEC} = 90^\circ \).

Suy ra BE ⊥ CE.

Mà CE // OH (giả thiết).

Do đó OH ⊥ BE hay AH ⊥ BE.

Tam giác ABE có AH vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao.

Suy ra tam giác ABE cân tại A.

Do đó AB = AE.

Xét ∆ABO và ∆AEO, có:

AO chung;

AB = AE (chứng minh trên);

OB = OE (= R).

Do đó ∆ABO = ∆AEO (c.c.c).

Suy ra \(\widehat {AEO} = \widehat {ABO} = 90^\circ \) (cặp góc tương ứng).

Vậy AE là tiếp tuyến của (O).

c) Tam giác OBA vuông tại B có BH là đường cao: OB² = OH.OA (Hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Suy ra OC² = OH.OA.

Xét ∆OHC và ∆OCA, có:

\(\frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{OC}}{{OA}}\) (OC² = OH.OA);

\(\widehat {COH}\) chung.

Do đó  (c.g.c).

Vậy \(\widehat {OCH} = \widehat {OAC}\) (cặp góc tương ứng).

d) Ta có \(\widehat {OCF} = \widehat {FCE}\,\,\left( { = \widehat {OFC}} \right)\).

Lại có \(\widehat {OCH} = \widehat {ACE}\,\,\left( { = \widehat {OAC}} \right)\).

Suy ra \(\widehat {HCF} = \widehat {FCA}\).

Khi đó CF là tia phân giác của \(\widehat {HCA}\).

Áp dụng tính chất đường phân giác cho tam giác HCA, ta được: \(\frac{{HF}}{{FA}} = \frac{{HC}}{{CA}}\).

Vậy FA.CH = HF.CA (điều phải chứng minh).