Cho đường tròn (0;R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Lấy điểm M trên cung nhỏ AC (M khác A và C ). Gọi P,Q lần lượt là giao điểm AB với MC và MD.

           a, chứng minh rằng tứ giác OMPD nội tiếp.

            b, gọi I,J lần lượt là giao điểm của MB với CA và CD . chứng minh rằng BJ.BM=2R2.

            C, chứng minh rằng tam giác AQI vuoong cân .

             d, xác định vị trí điểm M để tam giác MQJ có diện tích lớn nhất.

a, do \[AB \bot CD\]tại O nên \[\widehat {POD} = \widehat {BOC} = \widehat {AOC} = {90^0}(1)\]

Xét (O) có \[\widehat {MCD} = {90^0} \Rightarrow DM \bot PC\]TẠI M          \[ \Rightarrow \widehat {PMD} = {90^0}\]

Xét tứ giác OMPD có \[ \Rightarrow \widehat {POD} = \widehat {PMD} = {90^0} \Rightarrow \]TỨ giác OMPD nội tiếp .

b, từ (1) \[ \Rightarrow \] \[\widehat {BOJ} = {90^0}\]

             XÉT (O) có \[\widehat {AMB} = {90^0}\](GOCs nội tiếp chắn nửa đường tròn)

             Xét \[\Delta \]BOJ VÀ  \[\Delta \]BMA có :

              \[\widehat {B{\rm{OJ}}} = \widehat {BMA} = {90^0}\]

               \[\widehat {{\rm{OBJ}}} = \widehat {MBA}\](góc chung)

Do đó \[\Delta B{\rm{OJ}} \sim \Delta BMA\left( {g.g} \right)\] \[ \Rightarrow \frac{{BJ}}{{BO}} = \frac{{BA}}{{BM}} \Rightarrow BJ.BM = BO.BA = R.2R = 2{R^2}\]

c, XÉT (O) có \[\widehat {BMD} = \widehat {BAC}\]( TÍNH CHẤT góc nội tiếp)                                                              \[ \Rightarrow \widehat {IMQ} = \widehat {IAQ}\]

\[ \Rightarrow \]tứ giác AMIQ nội tiếp

\[ \Rightarrow \] \[\widehat {IAQ} + \widehat {AMI} = {180^0} \Rightarrow \widehat {IAQ} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \widehat {IAQ} = {90^0}\]

XÉT \[\Delta AOC\]Có \[\widehat {AOC} = {90^0};OA = OC = R \Rightarrow \Delta AOC\]vuông cân tại O

\[ \Rightarrow \widehat {OAC} = {45^0} \Rightarrow \widehat {IAQ} = {45^0}\]

Xét \[\Delta AQI\]có \[\widehat {AQI} = {90^0};\widehat {IAQ} = {45^0} \Rightarrow \Delta AQI\]vuông cân tại Q

d, tứ giác AOJM nội tiếp nên \[\widehat {MIC} = \widehat {MAQ}\]mà \[\widehat {AMQ} = \widehat {CMB}\](tính chất góc nội tiếp)

do đó \[\Delta MJC \sim \Delta MAQ(g.g) \Rightarrow \frac{{MJ}}{{MC}} = \frac{{MA}}{{MQ}} \Rightarrow MJ.MQ = MA.MC\]

\[{S_{MQJ}} = \frac{1}{2}MJ.MQ.\sin \widehat {MQJ} = \frac{1}{2}MA.MC.\sin {45^0} \le \frac{{\sqrt 2 }}{4}.\frac{{{{\left( {MA + MC} \right)}^2}}}{4}\]

Gọi X là điểm chính giữa của cung nhỏ AC \[ \Rightarrow \]MA+MC\[ \le \]XA+XC(không đổi)

\[{S_{MQJ}} \le \frac{{\sqrt 2 }}{4}.\frac{{{{\left( {XA + XC} \right)}^2}}}{4} = \frac{{{R^2}\left( {\sqrt 2  - 1} \right)}}{2}\](không đổi)

Dấu bằng xảy ra khi \[M \equiv X\]\[ \Rightarrow \]M là điểm chính giữa cung nhỏ AC.

Vậy \[\max {S_{MQJ}} = \frac{{{R^2}\left( {\sqrt 2  - 1} \right)}}{2}\]. Khi M là điểm chính giữa cung nhỏ AC.