Cho đường tròn tâm (O)(O), đường kính AB=2RAB=2R. Gọi d1;d2d1;d2 lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn (O)(O) tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn (O)(O) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt d1;d2d1;d2 lần lượt tại M, N.

1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.

Ta có: MA là tiếp tuyến của (O) tại A nên ∠IAM=900∠IAM=900

Xét tứ giác AMEIAMEI có ∠IAM+∠IEM=900+900=1800∠IAM+∠IEM=900+900=1800

⇒⇒  Tứ giác AMEIAMEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)

2. Chứng minh IB.NE=3IE.NBIB.NE=3IE.NB

Ta có ∠IEA+∠IEB=∠AEB=900∠IEA+∠IEB=∠AEB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);

∠NEB+∠IEB=∠NEI=900(gt)∠NEB+∠IEB=∠NEI=900(gt);

⇒∠IEA=∠NEB⇒∠IEA=∠NEB

Xét ΔIEAΔIEA và ΔNEBΔNEB có:

∠IEA=∠NEB(cmt)∠IEA=∠NEB(cmt);

∠IAE=∠BAE=∠NBE∠IAE=∠BAE=∠NBE (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE);

⇒ΔIEA∼ΔNEB(g.g)⇒IEIA=NENB⇒IA.NE=IE.NB⇒3IA.NE=3IE.NB⇒ΔIEA∼ΔNEB(g.g)⇒IEIA=NENB⇒IA.NE=IE.NB⇒3IA.NE=3IE.NB

Do I là trung điểm của OA ⇒IA=12OA=12.12AB=14AB⇒IA=13IB⇒IA=12OA=12.12AB=14AB⇒IA=13IB hay IB=3IAIB=3IA.

⇒IB.NE=3IE.NB(dpcm)⇒IB.NE=3IE.NB(dpcm).

3. Khi điểm E thay đổi chứng minh tích AM.BNAM.BN có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.

+) Chứng minh tích AM.BNAM.BN có giá trị không đổi

Xét tứ giác BNEIBNEI có ∠IBN+∠IEN=900+900=1800⇒∠IBN+∠IEN=900+900=1800⇒ Tứ giác BNEIBNEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)

⇒∠NEB=∠NIB⇒∠NEB=∠NIB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB)

Ta có ∠AMI=∠AEI∠AMI=∠AEI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI) ;

Mà ∠AEI=∠NEB(cmt)∠AEI=∠NEB(cmt)

⇒∠AMI=∠NIB⇒∠AMI=∠NIB.

Xét ΔAMIΔAMI và ΔBINΔBIN có:

∠AMI=∠NIB(cmt);∠MAI=∠IBN=900(gt);⇒ΔAMI∼ΔBIN(g.g)⇒AMBI=AIBN⇒AM.BN=AI.BI∠AMI=∠NIB(cmt);∠MAI=∠IBN=900(gt);⇒ΔAMI∼ΔBIN(g.g)⇒AMBI=AIBN⇒AM.BN=AI.BI

Ta có AI=14AB=14.2R=R2;BI=34AB=34.2R=3R2AI=14AB=14.2R=R2;BI=34AB=34.2R=3R2 

⇒AM.BN=R2.3R2=3R24=const⇒AM.BN=R2.3R2=3R24=const.

+) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.

Tứ giác BNEI là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒∠ENI=∠EBI⇒∠ENI=∠EBI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EI)

Do tứ giác AMEIAMEI nội tiếp (cmt) ⇒∠IME=∠IAE⇒∠IME=∠IAE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IE)

⇒∠ENI=∠IME=∠EBI+∠IAE=900⇒∠ENI=∠IME=∠EBI+∠IAE=900 (ΔABEΔABE vuông tại E)

⇒∠MIN=900⇒ΔIMN⇒∠MIN=900⇒ΔIMN vuông tại I ⇒SIMN=12IM.IN⇒SIMN=12IM.IN

Đặt ∠AIM=α⇒∠BNI=α(00<α<900)(DoΔAMI∼ΔBIN)∠AIM=α⇒∠BNI=α(00<α<900)(DoΔAMI∼ΔBIN).

Xét tam giác vuông AIM có cos∠AIM=cosα=AIMI⇒MI=AIcosα=R2cosα=R2cosαcos⁡∠AIM=cos⁡α=AIMI⇒MI=AIcos⁡α=R2cos⁡α=R2cos⁡α

Xét tam giác vuông BIN có : sin∠BNI=sinα=BIIN⇒IN=BIsinα=3R2sinα=3R2sinαsin⁡∠BNI=sin⁡α=BIIN⇒IN=BIsin⁡α=3R2sin⁡α=3R2sin⁡α

⇒SIMN=12IM.IN=12.R2cosα.3R2sinα=3R28sinαcosα⇒SIMN=12IM.IN=12.R2cos⁡α.3R2sin⁡α=3R28sin⁡αcos⁡α

Do 00<α<900⇒sinα>0,cosα>000<α<900⇒sin⁡α>0,cos⁡α>0 và cosα=√1−sin2αcos⁡α=1−sin2α.

⇒sinα.cosα=sinα.√1−sin2αCauchy≤sin2α+1−sin2α2=12⇒SIMN≥3R28.12=3R24⇒sin⁡α.cos⁡α=sin⁡α.1−sin2α≤Cauchy⁡sin2α+1−sin2α2=12⇒SIMN≥3R28.12=3R24

Dấu bằng xảy ra ⇔sinα=√1−sin2α⇔2sin2α=1⇔sinα=1√2⇔α=450⇔sin⁡α=1−sin2α⇔2sin2α=1⇔sin⁡α=12⇔α=450

Vậy SIMNmin=3R24⇔∠AIM=450SIMNmin=3R24⇔∠AIM=450.