Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB. M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C), BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB. Bài toán hình học này là một dạng bài quen thuộc, xuất hiện nhiều trong các kỳ thi và kiểm tra. Việc nắm vững các tính chất và phương pháp giải quyết các bài toán liên quan đến cấu hình này sẽ giúp học sinh tự tin hơn khi đối mặt với các bài toán hình học khác.
a) Chứng minh tứ giác CBKH là tứ giác nội tiếp.
Để chứng minh tứ giác CBKH nội tiếp, ta cần chứng minh tổng hai góc đối của tứ giác bằng 180 độ.
b) Chứng minh: $widehat{ACM} = widehat{ACK}$
Chứng minh hai góc bằng nhau dựa trên các tính chất của góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung.
c) Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C.
Đây là một phần quan trọng của bài toán, đòi hỏi việc sử dụng các kiến thức về tam giác đồng dạng và các tính chất đặc biệt của tam giác vuông cân.
d) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và AP.MB = MA.R. Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
Phần này là phần khó nhất của bài toán, đòi hỏi việc sử dụng các kiến thức nâng cao về hình học và các kỹ năng chứng minh phức tạp.
Lời giải chi tiết:
a) Ta có $widehat{HCB} = 90^circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và $widehat{HKB} = 90^circ$ (HK là hình chiếu của H trên AB).
Suy ra $widehat{HCB} + widehat{HKB} = 90^circ + 90^circ = 180^circ$.
Vậy tứ giác CBKH là tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 180 độ).
Alt text: Hình minh họa tứ giác CBKH nội tiếp đường tròn (O) với đường kính AB và các điểm H, K, C, B.
b) Vì CBKH nội tiếp nên $widehat{ACK} = widehat{HBK}$.
Lại có $widehat{ACM} = widehat{ABM}$ (cùng chắn cung AM).
Mà $widehat{ABM} = widehat{HBK}$, suy ra $widehat{ACM} = widehat{ACK}$.
c) Xét $triangle AMC$ và $triangle BEC$ có:
AM = BE (gt)
AC = BC (do $triangle ABC$ vuông cân tại C)
$widehat{MAC} = widehat{EBC}$ (cùng phụ với $widehat{MBA}$)
=> $triangle AMC = triangle BEC$ (c.g.c)
=> MC = EC và $widehat{MCA} = widehat{ECB}$.
=> $triangle ECM$ cân tại C.
Ta có $widehat{MCB} = widehat{CAB} = 45^circ$ (cùng chắn cung CB).
=> $widehat{MCE} = widehat{MCB} + widehat{BCE} = 45^circ + widehat{BCA} – widehat{MCA} = 45^circ + 90^circ – widehat{MCA} = 135^circ – widehat{MCA}$.
Mà $widehat{MCA} = widehat{ECB}$ nên $widehat{MCE} = widehat{ECB} + widehat{MCB} = widehat{ECB} + 45^circ$.
Do MC = EC, suy ra $triangle ECM$ vuông cân tại C.
d) Gọi I là giao điểm của PB và HK.
Chứng minh $triangle HKB sim triangle AMB$ (g.g)
=> $frac{HK}{KB} = frac{AM}{MB} = frac{AP}{R}$ => $HK = frac{AP.KB}{R}$
Mặt khác, $triangle BIK sim triangle BPA$ (g.g) => $frac{IK}{AP} = frac{BK}{BA} = frac{BK}{2R}$ => $IK = frac{AP.BK}{2R}$.
=> $IK = frac{HK}{2}$.
Vậy I là trung điểm của HK.
Do đó, đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
Bài toán này là một ví dụ điển hình về sự kết hợp giữa các kiến thức hình học phẳng cơ bản và nâng cao. Việc giải quyết thành công bài toán này đòi hỏi người học phải có tư duy logic, khả năng phân tích và tổng hợp tốt.
