(2,0 điểm) Cho nửa đường đường tròn \((O)\) đường kính \(AB\). Qua điểm \(C\) thuộc nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến \(d\) với nửa đường tròn. Từ điểm \(A\) và \(B\) kẻ các đường thẳng vuông góc với đường thẳng \(d\) cắt \(d\) lần lượt tại \(M\) và \(N\). Từ \(C\) hạ \(CH\) vuông góc với \(AB\) tại \(H\).

a. (1.0 điểm) Chứng minh bốn điểm \(A,\,M,\,C,\,H\) cùng thuộc một đường tròn.

b. (0,5 điểm) Khi \(A,B\) cố định, chứng minh rằng : \(C{H^2} = AH.BH\)

c) (0,5 điểm) Xác định vị trí của \(C\) trên nửa đường tròn \(\left( O \right)\) để \(AM.BN\) lớn nhất.

a)    Chứng minh bốn điểm\(A,\,M,\,C,\,H\)cùng thuộc một đường tròn

a) Vì \(AM \bot MC;CH \bot AB\) nên: \(\widehat {AMC} = 90^\circ ;\widehat {AHC} = 90^\circ \).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AC\), ta có \(IA = IC = \frac{1}{2}AC\) \(\left( 1 \right)\)

0,25

Trong tam giác \(MAC\) vuông tại \(M\) có \(MI\) là đường trung tuyến nên \(MI = \frac{1}{2}AC\) \(\left( 2 \right)\)

Trong tam giác \(AHC\) vuông tại \(M\) có \(HI\) là đường trung tuyến nên \(HI = \frac{1}{2}AC\) \(\left( 3 \right)\)

0,25

Từ \(\left( 1 \right)\), \(\left( 2 \right)\), \(\left( 3 \right)\), ta có: \(IA = IC = IH = IM = \frac{1}{2}AC\).

0,25

Suy ra \(A,\,M,\,C,\,H\,\, \in \left( {I;\frac{{AC}}{2}} \right)\)

Vậy bốn điểm\(A,\,M,\,C,\,H\)cùng thuộc một đường tròn

0,25

b) Khi \(A,B\) cố định, chứng minh rằng : \(C{H^2} = AH.BH\)

Xét \(\Delta ACB\) có CO là đường trung tuyến ứng với cạnh AB và

\(CO = \frac{1}{2}AB\) suy ra \(\Delta ACB\) vuông tại C

Xét \(\Delta AHC\) và \(\Delta CHB\) có

\(\widehat {AHC} = \widehat {CHB} = 90^\circ \) (vì \(AH \bot AB\))

Xét tam giác vuông \(AHC\)có : \(\widehat {ACH} + \widehat {CAH} = 90^\circ \)

\(\widehat {ACH} + \widehat {HCB} = 90^\circ \)

Suy ra: \(\widehat {CAH} = \widehat {HCB}\) (cùng phụ \[\widehat {ACH}\])

Suy ra: $\Delta AHC\backsim \Delta CHB(g.g)$

Do đó: \(\,\,\frac{{AH}}{{HC}} = \frac{{HC}}{{HB}}\), suy ra: \(C{H^2} = AH.HB\)

0,25

0,25

c) Xác định vị trí của \(C\) trên nửa đường tròn \(\left( O \right)\) để \(AM.BN\) lớn nhất.

Vì \[AM \bot d\,;\,\,OC \bot d\] suy ra \(AM\,{\rm{//}}\,OC\).

Suy ra \(\widehat {MAC} = \widehat {ACO}\)

Ta có OA = OC suy ra \(\Delta OAC\) cân tại O

Suy ra \(\widehat {CAO} = \widehat {ACO}\) mà \(\widehat {MAC} = \widehat {ACO}\) suy ra \(\widehat {CAO} = \widehat {MAC}\)

Xét \(\Delta AMC\) và  có

\(\widehat {AMC} = \widehat {AHC} = 90^\circ \); AC là cạnh chung; \(\widehat {CAO} = \widehat {MAC}\)

Suy ra \(\Delta AMC = \Delta AHC\) (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra AM = AH

Tương tự ta cũng chứng minh được \(\Delta HCB = \Delta CNB\) (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra HB = NB

0,25

Suy ra \(AM.BN = AH.HB = C{H^2}\)

Ta có \(CH \le CO = R\)

\(\begin{array}{l}Suy\,ra\,\,AM.BN \le {R^2} \Rightarrow Min(AM.BN) = {R^2}\,\\Khi\,\,CH = CO \Rightarrow \Delta ACB\,vu\^o ng\,\,c\^a n\,\,tai\,C\end{array}\)

Khi đó C là điểm chính giữa cung AB

0,25