Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn \(\left( {O:R} \right)\) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B,C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ \(MI \bot AB,\,\,MK \bot AC\) \(\left( {I \in AB,\,\,K \in AC} \right)\)

1) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.

2) Vẽ \(MP \bot BC\) \(\left( {P \in BC} \right)\). Chứng minh: \(\widehat {MPK} = \widehat {MBC}\).

3) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích \[MI.MK.MP\] đạt giá trị lớn nhất.

 

1) Ta có \(\widehat {AIM} = \widehat {AKM} = 90^\circ \left( {gt} \right)\), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM.

Nhận xét: Bài toán chứng minh tứ giác nội tiếp bằng cách chứng minh hai đỉnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới góc \(90^\circ \).

2) Tứ giác CPMK có \(\widehat {MPC} = \widehat {MKC} = 90^\circ \) (gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MCK}\)(1). Vì KC là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên ta có: \(\widehat {MCK} = \widehat {MBC}\) (cùng chắn ) (2).

Từ (l), (2) \( \Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MBC}\) (3).

Nhận xét: Bài toán chứng minh hai góc bằng nhau bằng cách sử dụng tính chất bắc cầu.         

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

Suy ra: \(\widehat {MIP} = \widehat {MBP}\) (4). Từ (3) (4) \( \Rightarrow \widehat {MPK} = \widehat {MIP}\)

Tương tự ta chứng minh được \(\widehat {MKP} = \widehat {MPI}\).

Suy ra: \(\Delta MPK\) đồng dạng với \(\Delta MIP\)

\( \Rightarrow \frac{{MP}}{{MK}} = \frac{{MI}}{{MP}} \Rightarrow MI.MK = M{P^2} \Rightarrow MI.MK.MP = M{P^3}\)

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

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

Lại có: \(MP + OH \le OM = R \Rightarrow MP \le R - OH\). 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.

Suy ra \(max\,MI.MK.MP = {\left( {R - OH} \right)^3} \Leftrightarrow M\) nằm chính giữa cung nhỏ BC.