Ta có $\widehat{BAC}$  = 90⁰ (vì góc nội tiếpchắn nửa đường tròn)

Tương tự có  $\widehat{BDH}=\widehat{CEH}={90}^0$

Xét tứ giác ADHE có $\widehat{A}=\widehat{ADH}=\widehat{AEH}={90}^0$  => ADHE là hình chữ nhật.

Từ đó DE = AH mà  $A{H}^2=BH.CH$ (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)

hay $A{H}^2=10.40=400$  (BH = 10; CH = 2.25 - 10 = 40) => DE = 20 (đơn vị độ dài)

Ta có: $\widehat{BAH}=\widehat{C}$  (góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà  $\widehat{DAH}=\widehat{ADE}$(1)

(Vì ADHE là hình chữ nhật) =>$\widehat{C}=\widehat{ADE}$  do $\widehat{C}+\widehat{BDE}={180}^0$  nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.

Vì $O_{1}D=O_{1}B$   =>$\Delta O_{1}BD$ cân tại   => $\widehat{B}=\widehat{BD{O}_1}$  (2)

Từ (1), (2) =>$\widehat{ADE}+\widehat{BD{O}_1}=\widehat{B}+\widehat{BAH}$ = 900 =>  $O_{1}D//O_{2}E$

Vậy  là hình thang vuông tại D và E.

Ta có S =$\frac{1}{2}(O_{1}D+O_{2}E).DE=\frac{1}{2}{O}_1{O}_2.DE\le \frac{1}{2}{O}_1{O}_2^2$

(Vì $O_{1}D+O_{2}E=O_{1}H+O_{2}H=O_1{O}_2$  và  $DE\le O_1{O}_2$)

$S_{ht}\le \frac{1}{2}{O}_1{O_2}^2=\frac{B{C}^2}{8}=\frac{R^2}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  $DE=O_1{O}_2$

$\iff DE{O}_1{O}_2$  là hình chữ nhật

$\iff$ A là điểm chính giữa cung BC Khi đó max $S_{DE{O}_1{O}_2}=\frac{R^2}{2}$ .

Gọi H là hình chiếu của O trên đường thẳng MN. Xét tứ giác OAMH

$\widehat{A}+\widehat{H}={180}^0(do\widehat{A}=\widehat{H}={90}^0)$

=> OAMH là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Tương tự tứ giác OBNH nội tiếp được

=> $\widehat{A_1}=\widehat{M_1},\widehat{B_1}=\widehat{N_1}$ (2 góc nội tiếp chắn 1 cung)

$\Rightarrow \widehat{A_1}+\widehat{B_1}=\widehat{M_1}+\widehat{N_1}={90}^0$ => $\widehat{AHB}$  = 90⁰. Hay H thuộc (O) lại có  $OH\perp MN$

=> MN là tiếp tuyến của (O)

Ta có AM = MH, BN = NH, theo hệ thức lượng trong tam vuông, ta có:

 $AM.BN=MH.NH=O{H}^2=\frac{A{B}^2}{4}$ (đpcm)

$S_{MON}=\frac{1}{2}$OH. MN > $\frac{1}{2}$  OH. AB (Vì AMNB là hình thang vuông)

Dấu “=” khi và chỉ khi MN = AB hay H là điểm chính giữa của cung AB

M, N song song với AB AM = BN =$\frac{AB}{2}.$

Vậy $S_{MON}$  nhỏ nhất khi và chỉ khi AM = BN =$\frac{AB}{2}.$

Ta có $\widehat{ACK}={90}^0$  (vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên CK vuông góc với  AC mà BH vuông góc với AC (vì H trực tâm)

=> CK // BH tương tự có CH // BK

=> Tứ giác BHCK là hbh (đpcm)

OM vuông góc với BC => M trung điểm của BC

(định lý đường kính và dây cung) => M là trung điểm của HK (vì BHCK là hình bình hành) => đpcm tam giác AHK có OM là đường trung bình => AH = 2.OM

Ta có  $\widehat{A{C}^{\text{'}}C}=\widehat{B{B}^{\text{'}}C}$= 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => $\widehat{A{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}}$  = $\widehat{ACB}$ mà $\widehat{ACB}=\widehat{BAx}$  (Ax là tiếp tuyến tại A) => Ax // B’C’

OA vuông góc với  Ax => OA vuông góc với  B’C’. Do đó SAB’OC’ = $\frac{1}{2}$ R.B’C’

Tương tự: SBA’OC’ = $\frac{1}{2}$ R.A’C’; SCB’OA’ = $\frac{1}{2}$ R.A’B’

$S_{ABC}=\frac{1}{2}$ = $\frac{1}{2}$ R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= $\frac{1}{2}$ AA’.BC < $\frac{1}{2}$ (AO + OM).BC

$\iff$ A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn nhất khi A, O, M thẳng hàng

$\iff$ A là điểm chính giữa cung lớn BC

Theo giả thiết MN ^AB tại I

$$\begin{gathered} \widehat{\text{ACB}}{\text{ = 90}}^0\text{ hay }\widehat{\text{ECB}}{\text{ = 90}}^0 \\ \Rightarrow \widehat{\text{EIB}}\text{ + }\widehat{\text{ECB}}{\text{ = 180}}^0 \end{gathered}$$

mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp.

Theo giả thiêt MN ^AB, suy ra A là điểm chính giữa của $\stackrel{⏜}{\text{MN}}$  nên $\widehat{\text{AMN}}\text{ = }\widehat{\text{ACM}}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay $\widehat{\text{AME}}\text{ = }\widehat{\text{ACM}}$ , lại có $\widehat{\text{CAM}}$  là góc chung do đó tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM

$\Rightarrow \frac{\text{AM}}{\text{AC}}\text{\hspace{0.17em} =\hspace{0.17em} }\frac{\text{AE}}{\text{AM}}\text{⇒}A{M}^2=AE.AC$      

C2:  $A{M}^2=AI.AB=AE.AC$

Theo trên $\widehat{\text{AMN}}\text{ = }\widehat{\text{ACM}}\Rightarrow$ AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp DECM. Nối MB ta có $\widehat{\text{AMB}}={90}^0$ , do đó tâm O₁ của đường tròn ngoại tiếp DECM phải nằm trên BM.

Ta thấy $N{O}_1$   nhỏ nhất khi $N{O}_1$  là khoảng cách từ N đến BM  ^BM. Gọi O₁ là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O₁ là tâm đường tròn ngoại tiếp D ECM có bán kính là O₁M.

Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp D ECM là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn (O₁), bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O₁ là hình chiếu vuông góc của N trên BM.

Ta có: $\widehat{\text{ABO}}=\widehat{\text{ACO}}={90}^0$ (tính chất tiếp tuyến) (1)

AB = AC $=\sqrt{{\text{OA}}^{\text{2}}-{\text{OB}}^{\text{2}}} =$R = OB = OC (2).

Từ (1) và (2) suy ra ABOC là hình vuông.

Theo bài ra ta có: AD + DE + AE = 2R (3).

Suy ra: DE = BD + CE (4).

Vẽ OM vuông góc với DE (M thuộc DE) (5)

Trên tia đối của tia CA lấy điểm F sao cho CF = BD; suy ra ∆BDO = ∆COF (c-g-c)

OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE = ∆OFE (c-c-c)

OM = OC = R (hai đường cao tương ứng) (6).

Từ (5) và (6) suy ra DE là tiếp tuyến của đường tròn (O;R).

Đặt: AD = x; AE = y $\Rightarrow {\text{S}}_{\text{ADE}}^{}=\frac{1}{2}\text{xy}$  (x, y > 0)

Ta có: DE$=\sqrt{{\text{AD}}^{\text{2}}+{\text{AE}}^{\text{2}}}=\sqrt{{\text{x}}^{\text{2}}{\text{ + y}}^{\text{2}}}$  (định lí Pitago).

Vì AD + DE + AE = 2R$\Rightarrow \text{x + y + }\sqrt{{\text{x}}^{\text{2}}+{\text{y}}^{\text{2}}}$  = 2R (6)

Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số không âm ta có: $\text{x + y }\ge \text{2}\sqrt{\text{xy}}\text{ và }\sqrt{{\text{x}}^{\text{2}}{\text{ + y}}^{\text{2}}}\ge \sqrt{2\text{xy}}$  (7).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.

Từ (6) và (7) suy ra:$2\sqrt{\text{xy}}+\sqrt{2\text{xy}}\le 2\text{R}\iff \sqrt{\text{xy}}\left(2+\sqrt{2}\right)\le 2\text{R}$

$\iff \sqrt{\text{xy}}\le \frac{2\text{R}}{\left(\text{2+}\sqrt{\text{2}}\right)}\iff$xy$\le \frac{{\text{2R}}^{\text{2}}}{3+2\sqrt{2}}\Rightarrow$   SADE $\le \frac{{\text{R}}^{\text{2}}}{3+2\sqrt{2}}\iff {\text{S}}_{\text{ADE}}^{}\le \left(\text{3 - 2}\sqrt{\text{2}}\right){\text{R}}^{\text{2}}$ .

Vậy max SADE =$\left(3-2\sqrt{2}\right){\text{R}}^{\text{2}}\text{⇔}$   x = y $\iff$∆ADE cân tại A

Vì H là trung điểm của AB nên $OH\perp AB$  hay $\widehat{OHM}={90}^0$ . Theo tính chất của tiếp tuyến ta lại có $OD\perp DM$  hay $\widehat{ODM}={90}^0$ . Suy ra các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.

Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD $\Rightarrow$ DMCD cân tại M$\Rightarrow$MI là một đường phân giác của $\widehat{CMD}$ .

Mặt khác I là điểm chính giữa cung nhỏ $\stackrel{⏜}{CD}$  nên $\widehat{DCI}=\frac{1}{2}$ sđ $\stackrel{⏜}{DI}$ = $\frac{1}{2}$ sđ $\stackrel{⏜}{CI}=\widehat{MCI}$ 

$\Rightarrow$ CI là phân giác của $\widehat{MCD}$ . Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD

Ta có tam giác MPQ cân ở M, có MO là đường cao nên diện tích của nó được tính: $S=2S_{OQM}=2.\frac{1}{2}.OD.QM=R(MD+DQ)$ . Từ đó S nhỏ nhất $\iff$ MD + DQ nhỏ nhất. Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMQ ta có $DM.DQ=O{D}^2=R^2$  không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất $\iff$ DM = DQ = R. Khi đó OM = $R\sqrt{2}$  hay M là giao điểm của d với đường tròn tâm O bán kính $R\sqrt{2}$ .

Ta có $\widehat{\text{ABC}}$  và $\widehat{\text{ABD}}$  lần lượt là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) và (O’)  

$\Rightarrow \widehat{\text{ABC}}=\widehat{\text{ABD}}={90}^0\Rightarrow \widehat{CBA}+\widehat{ABD}={180}^0$

Suy ra C, B, D thẳng hàng.

Xét tứ giác CDEF có:

$\widehat{\text{CFD}}=\widehat{\text{CFA}}={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

$\widehat{\text{CED}}=\widehat{\text{AED}}={90}^0$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’)

$\Rightarrow \widehat{\text{CFD}}=\widehat{\text{CED}}={90}^0$ suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp.

Ta có $\widehat{\text{CMA}}=\widehat{\text{DNA}}={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); suy ra CM // DN hay CMND là hình thang.

Gọi I, K thứ tự là trung điểm của MN và CD Khi đó IK là đường trung bình của hình thang CMND Suy ra IK // CM // DN (1) và CM + DN = 2.IK (2)

Từ (1) suy ra IK vuông góc MN $\Rightarrow$  IK $\le$  KA (3) (KA là hằng số do A và K cố định).

Từ (2) và (3) suy ra: CM + DN $\le$ 2KA

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi IK = AK $\iff$d vuông góc AK tại A

Vậy khi đường thẳng d vuông góc AK tại A thì (CM + DN) đạt giá trị lớn nhất bằng 2KA

Ta có: $\widehat{\text{AIM}}=\widehat{\text{AKM}}={90}^0$(gt), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM.

Tứ giác CPMK có $\widehat{\text{MPC}}=\widehat{\text{MKC}}={90}^0$ (gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp$\Rightarrow \widehat{\text{MPK}}=\widehat{\text{MCK}}$ (1). Vì KC là tiếp tuyến của (O) nên ta có: $\widehat{\text{MCK}}=\widehat{\text{MBC}}$  (cùng chắn $\stackrel{⏜}{\text{MC}}$ ) (2). Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{\text{MPK}}=\widehat{\text{MBC}}$ (3)

Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp.

Suy ra: $\widehat{\text{MIP}}=\widehat{\text{MBP}}$ (4). Từ (3) và (4) suy ra $\widehat{\text{MPK}}=\widehat{\text{MIP}}$ .

Tương tự ta chứng minh được $\widehat{\text{MKP}}=\widehat{\text{MPI}}$ .

Suy ra: MPK $~$ ∆MIP$\Rightarrow \frac{\text{MP}}{\text{MK}}=\frac{\text{MI}}{\text{MP}}$

$\Rightarrow$MI.MK = MP2 $\Rightarrow$  MI.MK.MP = MP3.

Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất (4)

- Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố định).

Lại có: MP + OH $⩽$  OM = R $\Rightarrow$ MP $⩽$  R – OH. Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và chỉ khi O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC (5).

Từ (4) và (5) suy ra max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3$\iff$ M nằm chính giữa cung nhỏ BC

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM

=> AC + BD = CM + DM.

Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân giác của góc BOM, mà $\widehat{AOM}$và $\widehat{BOM}$ là hai góc kề bù => $\widehat{COD}$ = 900.

Theo trên nên tam giác COD vuông tại O có OM $\perp$ CD ( OM là tiếp tuyến ).

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có  $O{M}^2=CM.DM$,

Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => $AC.BD=R^2$  =>$AC.BD=\frac{A{B}^2}{4}$

Theo trên nên OC ^ OD(1)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD là trung trực của BM => BM ^ OD(2). Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD).

Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO là bán kính.

Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ^ AB; BD ^ AB => AC // BD => tứ giác ACDB là hình thang. Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đường trung bình của hình thang ACDB

 IO // AC, mà AC ^ AB => IO ^ AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường kính CD

Theo trên AC // BD => , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra  => MN // BD mà BD ^ AB => MN ^ AB

Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất, mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm của cung AB.

Phần đường kính OC đi qua trung điểm C của AM Þ OC ^ AM Þ $\widehat{OCN}={90}^o$ .

BN là tiếp tuyến của (O) tại B Þ OB ^ BN Þ$\widehat{OBN}={90}^o.$

Xét tứ giác OCNB có tổng hai góc đối:$\widehat{OCN}+\widehat{OBN}={90}^o+{90}^o={180}^o$

Do đó tứ giác OCNB nội tiếp.

Xét DACO và DABN có:  chung;$\widehat{ACO}=\widehat{ABN}={90}^o$

Þ DACO ~ DABN (g.g)

Þ$\frac{AC}{AB}=\frac{AO}{AN}$

Do đó ACAN = AO.AB (đpcm).

Theo chứng minh trên, ta có:

OC ^ AM Þ EC ^ AN Þ EC là đường cao của DANE (1)

OB ^ BN Þ AB ^ NE Þ AB là đường cao của DAME (2)

Từ (1) và (2) suy ra O là trực tâm của DANE (vì O là giao điểm của AB và EC).

Þ NO là đường cao thứ ba của DANE.

Do đó; NO ^ AE (đpcm).

Có $\widehat{ACB}=\widehat{CBD}=\widehat{ADB}={90}^0$ ( Các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tứ giác ACBD là hình chữ nhật ( Tứ giác có ba góc vuông)

Có PO là đường trung bình của tam giác AEB PO // EB mà EB  BF  PO BF

Xét tam giác PBF có BA PF; PO BF nên BA và PO là các đường cao của tam giác PBF mà BA và PO căt nhau tại O nên O là trực tâm của tam giác PBF FO là đường cao thứ ba của tam giác PBF hay FO PB (1).

 Lại có H là trực tâm của tam giác PBQ nên QH  PB (2)Từ (1) và (2)  QH // FO. Xét tam giác AOF có Q là trung điểm của AF; QH // FO nên H là trung điểm của AO

$S_{BPQ}=\frac{1}{2}AB(AP+AQ)=\frac{1}{4}AB.(AE+AF)$ (3)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si với hai số không âm AE và AF ta có: AE + AF  (4)

( Dấu “=” xảy ra AE =AF)

Từ (3) và (4)  (5)$\Rightarrow S_{\Delta BPQ}\ge \frac{1}{2}.AB.\sqrt{AE.AF}$

Lại có: Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông EBF ta có:

AE.AF = AB2 (6) Từ (5) và (6) ta có SBPQ$\ge \frac{A{B}^2}{2}$

Xảy ra dấu bằng khi AE = AF

$\Rightarrow$Tam giác EBF vuông cân tại B

$\iff$ACBD là hình vuông nên CD vuông góc AB

Vậy: Khi đường kính CD vuông góc với đường kính AB thì tam giác PBQ có diện tích nhỏ nhất

Có:$\widehat{CPK}=\widehat{CPI}={90}^0$  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);

Do $By\perp AB$  nên $\widehat{CBK}={90}^0$ .

Suy ra:$\widehat{CPK}+\widehat{CBK}={180}^0$ hay tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn đường kính CK.

Ta có:$\widehat{CIP}=\widehat{PCK}$  (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và một dây cùng chắn một cung); (1)

Mặt khác tứ giác PCBK nội tiếp nên: $\widehat{PCK}=\widehat{PBK}$  (2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

Từ giả thiết suy ra tứ giác AIKB là hình thang vuông, gọi s là diện tích của AIKB, khi đó ta có: . Dễ thấy s lớn nhất khi và chỉ khi KB lớn nhất (do A, B, I cố định).

Xét các tam giác vuông AIC và BKC có:  và  suy ra:  (góc có cạnh tương ứng vuông góc) hay  đồng dạng với (g-g).

Suy ra:$\frac{AC}{BK}=\frac{AI}{BC}\iff BK=\frac{AC.BC}{AI}$ , khi đó: BK lớn nhất ACBC lớn nhất

Theo BĐT Côsi có:$AC.CB\le {\left(\frac{AC+CB}{2}\right)}^2=\frac{A{B}^2}{4}$ , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi C là trung điểm của AB Vậy diện tích tứ giác AIBK lớn nhất khi và chỉ khi C là trung điểm của AB

*$\widehat{EIB}={90}^0$  (giả thiết)

* $\widehat{ECB}={90}^0$  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

* Kết luận: Tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp

Ta có:

* sđ$\stackrel{⏜}{AM}$  = sđ$\stackrel{⏜}{AN}$

*$\widehat{AME}=\widehat{ACM}$

*Góc A chung, suyra ∆AME  ∆ACM.

* Do đó:  $\frac{AC}{AM}=\frac{AM}{AE}\iff$$A{M}^2=AE.AC$

* MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB

* Trừ từng vế của hệ thức ở câu b) với hệ thức trên

* Ta có:  $AE.AC-AI.IB=A{M}^2-M{I}^2=A{I}^2.$

* Từ câu b) suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME. Do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nằm trên BM. Ta thấy khoảng cách NO1 nhỏ nhất khi và chỉ khi NO₁ BM.)

* Dựng hình chiếu vuông góc của N trên BM ta được O1. Điểm C là giao của đường tròn đã cho với đường tròn tâm O1, bán kính O1M.

$\widehat{ADB}={90}^0$ (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

mà AD//BC (gt) => DB^BC

Xét tứ giác DMBC có  => Tứ giác nội tiếp.

($\widehat{DAC}=\widehat{\text{DBN}}$ , $\widehat{BDN}=\widehat{BAN}=\widehat{DCA}$ )

=>$\frac{DN}{\text{DC}}=\frac{DB}{AC}$  =>  $DB.DC=DN.AC$a

Do AB không đổi = 2R

=>$S_{ABCD}$   max $\iff$DH max $\iff$ D nằm chính giữa cung AB

Từ giả thiết:$\widehat{AKM}={90}^0$ ,$\widehat{AHM}={90}^0$

Bốn điểm A, K, H, M cùng thuộc một đường tròn

$\widehat{NAH}=$$\widehat{NMK}$ = $\frac{1}{2}$ sđ $\stackrel{⏜}{KH}$ (1)

 $\widehat{NAH}=\widehat{NMB}$= $\frac{1}{2}$ sđ  (2)

Từ (1) và (2)$\Rightarrow \widehat{NMK}=\widehat{NMB}$

 MN là phân giác của góc KMB

$\widehat{MAB}=\widehat{MNB}=\frac{1}{2}$sđ ;$\widehat{MAB}=\widehat{MKH}=\frac{1}{2}$ sđ $\stackrel{⏜}{MH}$

$\Rightarrow \widehat{MNB}=\widehat{MKH}$$\Rightarrow K,M,E,N$  cùng thuộc một đường tròn

$\Rightarrow \widehat{MEN}+\widehat{MKN}={180}^0\Rightarrow ME\perp NB$

$\begin{array}{l}{S}_{\Delta MAN}=\frac{1}{2}MK.AN;\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}{S}_{\Delta MNB}=\frac{1}{2}ME.NB;S_{▱AMBN}=\frac{1}{2}MN.AB\\ \Rightarrow MK.AN+ME.BN=MN.AB\end{array}$

$\Rightarrow \left(MK.NA+ME.NB\right)$ lớn nhất  MN.AB lớn nhất

$\iff$MN lớn nhất (Vì AB= const )  M là chính giữa

C/m:A,Q,H,M cùng nằm trên một đường tròn.

 $\widehat{AQM}=\widehat{AHM}={90}^0$

C/m: NQ.NA=NH.NM.

Xét hai Dvuông NQM và DNAH đồng dạng. (g-g)

C/m MN là phân giác của góc BMQ. Có hai cách:

$\widehat{QMN}=\widehat{NAH}$   (Cùng phụ với góc ANH)

$\widehat{NAH}=\widehat{NMB}$ (Cùng chắn cung NB) Þ đpcm

Xác định vị trí của M trên cung AB để MQ.AN+MP.BN có giác trị lớn nhất.

Ta có  $2S_{\Delta MAN}=MQ.AN$

 $2S_{\Delta MBN}=MP.BN.$

2S_DMAN + 2S_DMBN = MQ.AN+MP.BN

Ta lại có: 2S_DMAN + 2S_DMBN =2(S_DMAN + S_DMBN)=2S_AMBN=2. =AB.MN

Vậy: MQ.AN+MP.BN=AB.MN

Mà AB không đổi nên tích ABMN lớn nhất Û MN lớn nhấtÛMN là đường kính

ÛM là điểm chính giữa cung AB

Ta có OI = OA – IA mà OA và IA lần lượt là các bán kính của đường tròn (O) và đường tròn (I). Vậy đường tròn (O) và đường tròn (I) tiếp xúc nhau tại A

DOAQ cân tại O ( vì OA và OQ cùng là bán kính ) => ÐA1 = ÐQ1

DIAP cân tại I ( vì IA và IP cùng là bán kính ) => ÐA1 = ÐP1

ÐAPO = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => OP ^ AQ => OP là đường cao của DOAQ mà DOAQ cân tại O nên OP là đường trung tuyến => AP = PQ.

(HD) Kẻ QH ^ AB ta có SAQB = ABQH. mà AB là đường kính không đổi nên SAQB lớn nhất khi QH lớn nhất. QH lớn nhất khi Q trùng với trung điểm của cung AB Để Q trùng với trung điểm của cung AB thì P phải là trung điểm của cung AO.

Thật vậy P là trung điểm của cung AO => PI ^ AO mà theo trên PI // QO => QO ^ AB tại O => Q là trung điểm của cung AB và khi đó H trung với O; OQ lớn nhất nên QH lớn nhất.