AIM AKM 90   0(GT), SUY RA TỨ GIÁC AIMK NỘI TIẾP ĐƯỜNG TRÒNĐƯỜNG KÍNH AM

Câu 4:

a) Ta có: AIM AKM 90

 

⁰

(gt), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn

đường kính AM.

b) Tứ giác CPMK có MPC MKC 90

 

⁰

(gt). Do đó CPMK là tứ giác nội

tiếp  MPK MCK

 (1). Vì KC là tiếp tuyến của (O) nên ta có:

MCK MBC

 (cùng chắn MC

) (2). Từ (1) và (2) suy ra MPK MBC

 (3)

c) Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ

A

giác nội tiếp.

Suy ra: MIP MBP

 (4). Từ (3) và (4) suy ra

MPK MIP

 .

K

I

M

Tương tự ta chứng minh được MKP MPI

 .

Suy ra: MPK

∆MIP  MP MI

H

B

C

MK MP 

P

 MI.MK = MP

²

 MI.MK.MP = MP

³

.

O

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  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

 M nằm chính

giữa cung nhỏ BC.