Bài IV 

Cho nửa đường tròn tâm \(O\) có đường kính \[AB\]. Lấy điểm \(C\) trên đoạn thẳng \[AO\] (\(C\) khác \(A\), \(C\) khác \(O\)). Đường thẳng đi qua \(C\) và vuông góc với \[AB\] cắt nửa đường tròn tại \(K\). Gọi \(M\) là điểm bất kì trên cung \[KB\] (\(M\) khác \(K\), \(M\) khác \(B\)). Đường thẳng \[CK\] cắt các đường thẳng \[AM\], \[BM\] lần lượt tại \(H\) và \(D\). Đường thẳng \[BH\] cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai \(N\).

1) Chứng minh tứ giác \[ACMD\] là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh \[CA.CB = CH.CD\].

3) Chứng minh ba điểm \(A,N,D\) thẳng hàng và tiếp tuyến tại \(N\) của nửa đường tròn đi qua trung điểm của \[DH\].

4) Khi \(M\) di động trên cung \[KB\], chứng minh đường thẳng \[MN\] luôn đi qua một điểm cố định.

1)

Chứng minh tứ giác \[ACMD\] là tứ giác nội tiếp.

0,25

Vì \(M\) nằm trên nửa đường tròn tâm \(O\), đường kính \(AB\) nên \(\widehat {AMB} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {AMD} = 90^\circ \)

0,25

Vì \(DC \bot AB\) nên \(\widehat {ACD} = 90^\circ \).

Do đó \(\widehat {AMD} = \widehat {ACD} = 90^\circ \) nên \(M,C\) thuộc đường tròn đường kính \(AD\)

0,25

Kết luận: \(ACMD\) là tứ giác nội tiếp.

0,25

2)

Chứng minh \[CA.CB = CH.CD\].

1,0

Xét \(\Delta CAH\) và \(\Delta CDB\) có:

\(\widehat {ACH} = \widehat {DCB} = 90^\circ \);

0,25

\(\widehat {CAH} = \widehat {CDB}\) (cùng phụ với \(\widehat {CBM}\))

0,25

Do đó

0,25

Suy ra \(\frac{{CA}}{{CD}} = \frac{{CH}}{{CB}}\) (tỉ số đồng dạng)

Nên \(CA.CB = CH.CD\) (điều phải chứng minh).

0,25

3)

Chứng minh ba điểm \(A,N,D\) thẳng hàng và tiếp tuyến tại \(N\) của nửa đường tròn đi qua trung điểm của \[DH\].

1,0

Xét \(\Delta ABD\) có \(AM \bot BD,DC \bot AB\) và \(AM,DC\) cắt nhau tại \(H\)

Nên \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABD\)

\( \Rightarrow BH \bot AD\) hay \(BN \bot AD\)

0,25

Vì \(N\) nằm trên nửa đường tròn tâm \(O\), đường kính \(AB\) nên \(\widehat {ANB} = 90^\circ  \Rightarrow AN \bot BN\)

Vì \(BN \bot AD\) và \(AN \bot BN\) nên ba điểm \(A,N,D\) thẳng hàng.

0,25

Gọi \(E\) là giao điểm của \(CK\) và tiếp tuyến tại \(N\)

Ta có \(BN \bot DN\) nên \(\widehat {BNO} + \widehat {BNE} = 90^\circ \)

Vì \(ON \bot EN\) nên \(\widehat {BNE} + \widehat {DNE} = 90^\circ \)

Suy ra \[\widehat {BNO} = \widehat {DNE}\]

Mà \(\widehat {BNO} = \widehat {OBN},\widehat {OBN} = \widehat {EDN}\) nên \(\widehat {DNE} = \widehat {EDN}\)

\( \Rightarrow \Delta DEN\) cân tại \(E\)

\( \Rightarrow ED = EN\)        \(\left( 1 \right)\)

0,25

Ta có: \(\widehat {ENH} = 90^\circ  - \widehat {END} = 90^\circ  - \widehat {NDH} = \widehat {EHN}\)

\( \Rightarrow \Delta HEN\) cân tại \(E\)

\( \Rightarrow EH = EN\)        \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(E\) là trung điểm của \(HD\) (điều phải chứng minh).

0,25

4)

Khi \(M\) di động trên cung \[KB\], chứng minh đường thẳng \[MN\] luôn đi qua một điểm cố định.

0,5

Gọi \(I\) là giao điểm của \[MN\] và \(AB\).

Kẻ tia \(IT\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn với \(T\) là tiếp điểm

\( \Rightarrow IN.IM = I{T^2}\)         \(\left( 3 \right)\)

Ta có \[EM \bot OM\] (vì \(\Delta ENO = \Delta EMO\) và \(EN \bot ON\))

\( \Rightarrow N,C,O,M\) cùng thuộc một đường tròn

\( \Rightarrow IN.IM = IC.IO\)      \(\left( 4 \right)\)

0,25

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra

\( \Rightarrow CT \bot IO\) \( \Rightarrow T \equiv K\)

\( \Rightarrow I\) là giao điểm của tiếp tuyến tại \(K\) của nửa đường tròn và đường thẳng \(AB\)

\( \Rightarrow I\) cố định

\( \Rightarrow \)Đường thẳng \(MN\) luôn đi qua điểm \(I\) cố định (điều phải chứng minh).

0,25