Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau.

* Hướng dẫn giải

a) 

 

Ta có: \(\widehat {ACB} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(\widehat {ACM} = {90^0}.\)

\(\widehat {ACM} = \widehat {AHM} = {90^0} \Rightarrow \widehat {ACM} + \widehat {AHM} = {180^0} \Rightarrow \) tứ giác ACMH nội tiếp.

Ta lại có:

\(\begin{array}{l}
\widehat {MAK} = \frac{1}{2}\widehat {CAD} = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}.\\
\widehat {MCK} = \frac{1}{2}sdDB = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}
\end{array}\)

\( \Rightarrow \widehat {MAK} = \widehat {MCK} \Rightarrow \) tứ giác ACMK nội tiếp

b) 

Gọi \(AF \cap MH = \left\{ I \right\};AM \cap BF = \left\{ P \right\}.\)

MH // PB vì cùng vuông góc AB \( \Rightarrow \frac{{MH}}{{PB}} = \frac{{AH}}{{AB}}{\rm{  }}\left( 1 \right)\)

\(IH//FB \Rightarrow \frac{{IH}}{{FB}} = \frac{{AH}}{{AB}}{\rm{   }}\left( 2 \right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{{IH}}{{FB}} = \frac{{MH}}{{PB}}.\)

Ta có: \(\widehat {AEB} = {90^0} \Rightarrow \widehat {BEP} = {90^0}.\)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì \( \Rightarrow FE = FB \Rightarrow \widehat {FEB} = \widehat {FBE}.\)

\(\begin{array}{l}
\widehat {FEP} = {90^0} - \widehat {FEB}\widehat {;FPE} = {90^0} - \widehat {FBE}.\\
 \Rightarrow \widehat {FEP} = \widehat {FPE} \Rightarrow FE = FP.
\end{array}\)

Vì FE = FP và FE = FB do đó FB = FP mà \(F \in BP \Rightarrow BP = 2FB.\)

Suy ra \(\frac{{IH}}{{FB}} = \frac{{MH}}{{2FB}} \Rightarrow MH = 2IH \Rightarrow AF\) đi qua trung điểm I của MH

c) 

Vì tứ giác ACMK nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {ACM} = \widehat {MKN} = {90^0}.\)

Gọi giao điểm của AM và dây DC là G

Tứ giác ADNG có \(\widehat {NAG} = \widehat {NDG} = {45^0} \Rightarrow \) tứ giác ADNG nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {ADN} = \widehat {MGN} = {90^0}.\)

Vì \(\widehat {MKN} = \widehat {MGN} = {90^0} \Rightarrow \) tứ giác MGKN nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {AMN} = \widehat {AKC}.\)

Mà \(\widehat {AMC} = \widehat {AKC}\) vì cùng chắn cung AC nên \(\widehat {AMC} = \widehat {AMN}.\)

Kẻ AQ vuông góc với MN tại Q. Khi đó \(\Delta AMC = \Delta AMQ\left( {ch - gn} \right) \Rightarrow AQ = AC.\)

Trong đó: \(AC = \sqrt {{R^2} + {R^2}}  = R\sqrt 2 \) không đổi và A là một điểm cố định nên khi M di chuyển trên dây BC thì MN luôn tiếp xúc với đường tròn \(\left( {A;R\sqrt 2 } \right)\)  là một đường tròn cố định.