Câu 10-12: ( 3 điểm)

Cho đường tròn tâm \(\left( {O;R} \right)\), đường kính \(PQ.\) Gọi \(D\) là trung điểm của đoạn \(OQ.\) Từ \(D\) kẻ dây \(AB\) của đường tròn \(\left( O \right)\) vuông góc với đường kính \(PQ.\) Lấy \(M\) là một điểm bất kì trên cung nhỏ \(AP,\) dây \(MQ\) cắt dây \(AB\) tại \(I.\)

a) Chứng minh bốn điểm \(D,\,\,I,\,\,M,\,\,P\) cùng nằm trên một đường tròn.

⦁ Chứng minh \(QI \cdot QM = Q{B^2}.\)

Cách 1: Xét \(\Delta QDI\) và \(\Delta QMP\) có: \(\widehat {QDI} = \widehat {QMP} = 90^\circ \) và \(\widehat {MQP}\) là góc chung

Do đó  (g.g). Suy ra \(\frac{{QI}}{{QP}} = \frac{{QD}}{{QM}}\) nên \(QI \cdot QM = QD \cdot QP.\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Tương tự, ta chứng minh được  (g.g). Từ đó suy ra: \(QD \cdot QP = Q{B^2}.\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra: \(QI \cdot QM = Q{B^2}.\)

Cách 2: Xét \(\Delta OAB\) cân tại \(O\) (do \(OA = OB)\) nên đường cao \(OD\) đồng thời là đường phân giác của tam giác, suy ra \(\widehat {AOQ} = \widehat {BOQ}.\)

Mà \(\widehat {AOQ},\,\,\widehat {BOQ}\) lần lượt là góc ở tâm chắn cung \(AQ,\,\,BQ\) của đường tròn \(\left( O \right)\) nên  

Lại có \(\widehat {QBA},\,\,\widehat {QMB}\) lần lượt là góc nội tiếp chắn cung \(AQ,\,\,BQ\) nên \(\widehat {QBA} = \widehat {QMB}\) hay \(\widehat {QBI} = \widehat {QMB}.\)

Xét \(\Delta QBI\) và \(\Delta QMB\) có: \(\widehat {MQB}\) là góc chung và \(\widehat {QBI} = \widehat {QMB}.\)

Do đó  (g.g). Suy ra: \(\frac{{QI}}{{QB}} = \frac{{QB}}{{QM}}\) hay \(QI \cdot QM = Q{B^2}.\)

⦁ Tính \(\widehat {APB}.\)

Xét \(\Delta OAD\) vuông tại \(D\) có \(OD = \frac{1}{2}OQ = \frac{1}{2}R\) (do \(D\) là trung điểm của \(OQ).\)

Ta có \(\cos \widehat {AOD} = \frac{{OD}}{{OA}} = \frac{1}{2}\) nên \(\widehat {AOD} = 60^\circ .\)

Suy ra \(\widehat {AOB} = 2\widehat {AOD} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ \) (do \(OD\) là phân giác của \(\widehat {AOB}).\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {APB},\,\,\widehat {AOB}\) lần lượt là góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\) nên \(\widehat {APB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = \frac{1}{2} \cdot 120^\circ = 60^\circ .\)

⦁ Vì \(\Delta OAB\) cân tại \(O\) có đường cao \(OD\) đồng thời là đường trung tuyến nên \(D\) là trung điểm của \(AB.\)

Xét \(\Delta APB\) có \(PD\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác nên \(\Delta APB\) cân tại \(P.\) Mà \(\widehat {APB} = 60^\circ \) nên \(\Delta APB\) là tam giác đều.

Suy ra \(AP = AB\) và \(\widehat {ABP} = 60^\circ .\)

Tứ giác \(ABPM\) nội tiếp nên \(\widehat {AMP} + \widehat {ABP} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp)

Suy ra \[\widehat {AMP} = 180^\circ - \widehat {ABP} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ .\]

Xét \(\Delta AMP\) có: \(\widehat {AMP} + \widehat {APM} + \widehat {MAP} = 180^\circ \) (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra \[\widehat {MAP} = 180^\circ - \widehat {AMP} - \widehat {APM} = 180^\circ - 120^\circ - \widehat {APM} = 60^\circ - \widehat {APM}.\] (1)

⦁ Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {AMB} = \widehat {APB} = 60^\circ \) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB).\)

Xét \(\Delta AMC\) có \(MA = MC\) và \(\widehat {AMC} = 60^\circ \) nên \(\Delta AMC\) là tam giác đều.

Suy ra \(AM = AC\) và \(\widehat {ACM} = 60^\circ .\)

Mà \(\widehat {ACB} + \widehat {ACM} = 180^\circ \) (kề bù) nên \(\widehat {ACB} = 180^\circ - \widehat {ACM} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ .\)

Xét \(\Delta ABC\) có: \(\widehat {ACB} + \widehat {CAB} + \widehat {ABC} = 180^\circ \) (tổng ba góc của một tam giác)

Suy ra \(\widehat {CAB} = 180^\circ - \widehat {ACB} - \widehat {ABC} = 180^\circ - 120^\circ - \widehat {ABC} = 60^\circ - \widehat {ABC}.\)   (2)

⦁ Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {APM} = \widehat {ABM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM).\)   (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat {MAP} = \widehat {CAB}.\)

⦁ Xét \(\Delta AMP\) và \(\Delta ACB\) có: \(AM = AC,\) \(\widehat {MAP} = \widehat {CAB}\) và \(AP = AB\)

Do đó \(\Delta AMP = \Delta ACB\) (c.g.c). Suy ra \(MP = CB\) (hai cạnh tương ứng).

Mà \(MA = MC\) nên \(S = MP + MA = CB + MC = MB.\)

Do \(MB\) là dây cung nên \(MB\) có giá trị lớn nhất khi \(MB\) là đường kính của \(\left( {O;R} \right).\)

Vậy \(M\) trên cung nhỏ \(AP\) sao cho \(MB\) là đường kính của \(\left( {O;R} \right)\) thì tổng \(S = MP + MA\) có giá trị lớn nhất.