Cho đường tròn \[\left( O \right)\] có dây cung \[AB\] cố định. Kẻ đường kính \[IK\] vuông góc với \[AB\] tại \[N\] (\[I\] thuộc cung lớn \[AB\]). Lấy điểm \[M\] bất kì trên cung lớn \[AB\], \[MK\] cắt \[AB\] tại \[D\]. Hai đường thẳng \[IM\] và \[AB\] cắt nhau tại \[C\].

(a) Chứng minh rằng \[INDM\] là tứ giác nội tiếp.

(b) Chứng minh \[ND.NC = NI.NK\].

(c) Gọi \[E\] là giao điểm của đường thẳng \[ID\] và \[CK\]. Chứng minh \[E \in \left( O \right)\].

(d) Xác định vị trí của \[M\] trên cung lớn \[AB\] để tích \[DM.DK\] đạt giá trị lớn nhất.

Hướng dẫn giải

a) Xét \[\Delta EBC\] có:

\[CA \bot BE\] (vì tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\]) và \[ED \bot BC\] (giả thiết) mà \[CA \cap ED = \left\{ F \right\}\] nên \[F\] là giao điểm của ba đường cao trong tam giác \[\Delta EBC\], suy ra \[BF \bot EC\] tại \[H\] suy ra \[\widehat {BHC} = 90^\circ \].

Xét \[\left( {O;\frac{{BC}}{2}} \right)\] có \[\widehat {BHC} = 90^\circ \] nên \[H \in \left( O \right)\].

Vì \[CA \bot BE\] (cmt) nên \[\widehat {CAE} = 90^\circ \].

Vì \[ED \bot BC\] (cmt) nên \[\widehat {EDC} = 90^\circ \].

Xét tứ giác \[AECD\] có \[\widehat {CAE} = \widehat {EDC} = 90^\circ \] mà đỉnh \[A,D\] là hai đỉnh liền kề cùng nhìn cạnh \[EC\] nên \[AECD\] nội tiếp.

b) Xét \[\Delta BDF\] và \[\Delta BHC\] có: \[\widehat {HBC}\] chung và \[\widehat {BDF} = \widehat {BHC} = 90^\circ \].

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{BF}}{{BC}} = \frac{{BD}}{{BH}}\] suy ra \[BF.BH = BD.BC\] (đpcm).

Xét đường tròn \[\left( {O;\frac{{BC}}{2}} \right)\] có (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[AB\]).

Xét tứ giác \[FHCD\] có \[\widehat {FHC} = 90^\circ \] (Vì \[BH \bot EC\] tại \[H\]); \[\widehat {FDC} = 90^\circ \] (vì \[ED \bot BC\] tại \[D\]).

Suy ra \[\widehat {FHC} + \widehat {FDC} = 180^\circ \] mà \[\widehat {FHD}\] và \[\widehat {FCD}\] là hai góc đối nên tứ giác \[FHCD\] là tứ giác nội tiếp.

Suy ra mà \[\widehat {AHB} = \widehat {ACB}\] (cmt) nên \[\widehat {AHB} = \widehat {FHD}\] suy ra \[\widehat {AHB} = \widehat {BHK}\].

Mặt khác , .

Từ đó ta được \[AB = BK\].

Xét \[\left( {O;\frac{{BC}}{2}} \right)\] có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra tam giác \[BKC\] vuông tại \[K\].

Xét \[\Delta BKC\] và \[\Delta BAC\] có:

\[\widehat {BKC} = \widehat {BAC} = 90^\circ \]

\[BC\] chung

\[BA = BK\] (cmt)

Suy ra \[\Delta BKC = \Delta BAC\] (g.c.g)

Suy ra \[KC = AC\] (hai cạnh tương ứng).

Mà \[BA = BK\] nên \[BC\] là đường trung trực của \[AK\].

Suy ra \[AK \bot BC\] (đpcm).

c)

Xét \[\Delta EAF\] vuông tại \[A\] có \[I\] là trung điểm của \[EF\] nên \[AI\] là đường trung tuyến của \[\Delta EAF\].

Suy ra \[AI = IE = IF = \frac{1}{2}EF\].

Xét \[\Delta HEF\] vuông tại \[H\] có \[I\] là trung điểm của \[EF\] nên \[HI\] là đường trung tuyến của \[\Delta HEF\]. Suy ra \[HI = IE = IF = \frac{1}{2}EF\].

Suy ra \[AI = HI\].

Xét \[\left( O \right)\] có \[OA = OH = R\] nên ta được \[OI\] là đường trung trực của \[AH.\]

Vậy \[OI \bot AH\]. (đpcm).