Cho đường tròn (O) và dây AB không đi qua tâm. Dây PQ của (O) vuông góc với AB tại H (HA>HB). Gọi M là hình chiếu vuông góc của Q trên PB; QM cắt AB tại K

Hướng dẫn giải:

a) Chứng minh tứ giác BHQM nội tiếp và BQ > HM.

Ta có:  \( \widehat{BHQ}={{90}^{O}} \) (gt);  \( \widehat{BMQ}={{90}^{O}} \) (gt)

Nên  \( \widehat{BHQ}+\widehat{BMQ}={{180}^{O}} \), suy ra tứ giác BHQM nội tiếp (vì có tổng 2 góc đối với 180O)

Gọi đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHQM và (BHQM).

Ta có  \( \widehat{HBM}>{{90}^{O}} \) (vì là góc ngoài của  \( \Delta PHB  \) vuông). Mà  \( \widehat{HBM} \) là góc nội tiếp của (BHQM) nên suy ra dây HM không là đường kính của (BHQM).

Ta có:  \( \widehat{QHB}={{90}^{O}} \) (cmt)

Mà  \( \widehat{HQB} \) là góc nội tiếp của (BHQM) nên suy ra BQ là đường kính của (BHQM).

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHQM có BQ là đường kính, HM là dây không đi qua tâm nên suy ra BQ > HM (đpcm)

b) Chứng minh tam giác QAK cân.

Ta có tứ giác BHQM nội tiếp (cmt) suy ra  \( \widehat{HQM}=\widehat{HBP} \) (tính chất góc ngoài)

Mà  \( \widehat{ABP}=\widehat{AQP} \) (góc nội tiếp cùng chắn cung  \( \overset\frown{AP} \) của (O)) suy ra  \( \widehat{HQM}=\widehat{HQA} \)

 \( \Rightarrow  \)QH là tia phân giác của góc  \( \widehat{AKQ} \).

 \( \Delta QAK  \) có QH vừa là đường cao, vừa là phân giác nên  \( \Delta QAK  \) cân tại Q.

c) Tia MH cắt AP tại N, từ N kẻ đường thẳng song song với AK, đường thẳng cắt QB tại I. Chứng minh ba điểm P, I, K thẳng hàng.

Chỉ ra  \( \widehat{NAQ}=\widehat{QBM}=\widehat{QHM}=\widehat{PHN} \)

 \( \Rightarrow  \)Tứ giác ANHQ nội tiếp  \( \Rightarrow \widehat{ANQ}={{90}^{O}} \)

Chỉ ra \(\widehat{PNI}=\widehat{PAB}=\widehat{PQB}\)

\(\Rightarrow \) Tứ giác PNQB nội tiếp  \( \Rightarrow \widehat{PIQ}={{90}^{O}}\Rightarrow PI\bot QB  \)

Chỉ ra B là trọng tâm  \( \Delta QPK  \) \( \Rightarrow PK\bot QB \)

Qua điểm P ở ngoài đường thẳng QB có PI và PK cùng vuông góc với QB nên suy ra P, I, K thẳng hàng.