A) TA CÓ D1 LÀ TIẾP TUYẾN CỦA  O TẠI A NÊN MAI 90 .0THEO G...

Câu 4. a) Ta có d

₁

là tiếp tuyến của

 

^O tại A nên MAI 90 .

⁰

Theo giả thiết MEI 90 .

⁰

Suy ra: MAIMEI90

⁰

hay tứ giác AMEI nội tiếp. b) Do E nằm trên đường tròn đường kính ABAEB90 .

⁰

Theo giả thiết NEI90 .

⁰

Từ đó suy ra AEI BEN

 

1 do cùng phụ với IEB.Lại có AEIEBN

 

2 do cùng phụ với ABE.Từ

 

^{1 và}

 

2 , suy ra AIE đồng dạng với BEN.c) Theo câu a) ta có tứ giác AMEI nội tiếp. Suy ra MIEMAE.Chứng minh tương tự cũng có BIEN là tứ giác nội tiếp. Suy ra EIBEBN.Mà MAE90

⁰

EAB và EBN90

⁰

EBA.Suy ra ^MAE^EBN^180

⁰

^



^EAI^EBA



^180

⁰

^



¹⁸⁰

⁰

^AEB



^{AEB90 .}

⁰

Do đó MIEEIN90 .

⁰

Suy ra tam giác MNI vuông tại I.

2

2

2

2

MA AI MB IB

2

2

MI IN MI IN

 

S

_

      Khi đó

  

2 2 2 3 .

MNI

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiaxcopki, ta có:



^MA

²

^IA

²



^NB

²

^IB

²



^{MA NB IA IB}

^{ }

⁴Theo câu a) tứ giác AMEI nội tiếp AMIAEI.Mà AEIBEN theo câu a). Nên AMIBEN.Mà BENNIB do tứ giác BNEI nội tiếp. Suy ra AMINIB, suy ra MAI đông dạng với tam giác IBN.Suy ra ^{MA IA MA NB IA IB}

 

^{5 .}IB  BN    R R RTừ

   

^{3 , 4 và}

 

^{5 suy ra 3 3}

²

^.S

_

IA IB   2 2 4MA IAĐẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ¹.3NB  IB3

2

RVậy diện tích nhỏ nhất của MNI là 4 .----HẾT ----