Dạng 5. Hình học phẳng. 38. Cho đường tròn (O) đường kính AB=2R Gọi C là trung điểm của OA. Dây MN vuông góc AB tại C. Trên cung nhỏ MB lấy điểm E bất kì (E khác M, B). Nối AE cắt MN tại H. a) Chứng minh 4 điểm B, C. H , E cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh AH. AE=AB AC và tam giác BMN đều. c) Tìm vị trí của điểm E trên cung nhỏ MB để tổng EM+EN+EB có giá trị lớn nhất.

**a) Chứng minh 4 điểm B, C, H, E cùng thuộc một đường tròn.**<br /><br />Để chứng minh B, C, H, E cùng thuộc một đường tròn, ta cần chứng minh $\angle CBE + \angle CHE = 180^\circ$.<br /><br />* Ta có $\angle CBE = 90^\circ$ vì MN vuông góc với AB tại C, và E nằm trên đường tròn đường kính AB. Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.<br />* Trong tam giác AHE, $\angle AHE = 90^\circ$ vì AH vuông góc với MN tại H.<br /><br />Vậy $\angle CBE + \angle CHE = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$. Do đó, bốn điểm B, C, H, E cùng thuộc một đường tròn.<br /><br /><br />**b) Chứng minh AH.AE = AB.AC và tam giác BMN đều.**<br /><br />* **AH.AE = AB.AC:** Xét tam giác AHB và tam giác AEM. Ta có $\angle BAH$ chung và $\angle AHB = \angle AME = 90^\circ$. Do đó, tam giác AHB đồng dạng với tam giác AEM (g.g). Từ đó suy ra $\frac{AH}{AE} = \frac{AB}{AM}$. Vì tam giác AMB nội tiếp đường tròn đường kính AB, nên $\angle AMB = 90^\circ$. Trong tam giác vuông AMB, $AM = AB \cos(\angle MAB) = AB \cos(\angle CAB)$. Thay vào, ta được $\frac{AH}{AE} = \frac{AB}{AB \cos(\angle CAB)} = \frac{1}{\cos(\angle CAB)}$. Tuy nhiên, phương pháp này không dẫn đến kết quả mong muốn.<br /><br />Một cách khác: Sử dụng phương pháp công suất điểm. Gọi P là giao điểm của AE với đường tròn (O). Theo định lý công suất điểm A đối với đường tròn (O), ta có: AH.AE = AP.AB. Tuy nhiên, điều này không giúp chứng minh AH.AE = AB.AC.<br /><br />**Sửa lại chứng minh AH.AE = AB.AC:**<br /><br />Xét $\triangle ABM$ và $\triangle AMN$. Ta có $\angle AMB = \angle ANM = 90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). $\angle BAM$ chung. Vậy $\triangle ABM \sim \triangle AMN$ (g.g). Suy ra $\frac{AB}{AM} = \frac{AM}{AN}$. Do đó $AM^2 = AB.AN$.<br /><br />Xét $\triangle AHC$ và $\triangle AMH$. Ta có $\angle AHC = \angle AMH = 90^{\circ}$. $\angle HAC$ chung. Vậy $\triangle AHC \sim \triangle AMH$ (g.g). Suy ra $\frac{AH}{AM} = \frac{AC}{AH}$. Do đó $AH^2 = AM.AC$.<br /><br />Từ $AM^2 = AB.AN$ và $AH^2 = AM.AC$, ta không thể suy ra AH.AE = AB.AC. Cần xem xét lại đề bài.<br /><br /><br />* **Tam giác BMN đều:** Vì MN vuông góc với AB tại C và C là trung điểm của OA, nên $AC = CO = \frac{R}{2}$. $OC = \frac{R}{2}$, $BC = \frac{3R}{2}$. Trong tam giác vuông BMC, $BM = \sqrt{BC^2 + CM^2} = \sqrt{(\frac{3R}{2})^2 + (\frac{R}{2})^2} = R\sqrt{2}$. Tương tự, $BN = R\sqrt{2}$. Tuy nhiên, điều này không đủ để chứng minh tam giác BMN đều. Cần xem xét lại đề bài.<br /><br /><br />**c) Tìm vị trí của điểm E trên cung nhỏ MB để tổng EM + EN + EB có giá trị lớn nhất.**<br /><br />Tổng EM + EN + EB sẽ lớn nhất khi E trùng với điểm M. Trong trường hợp này, EM = 0, EN = MN, EB = MB. Tuy nhiên, điều này không đúng vì E khác M.<br /><br />Để tổng EM + EN + EB lớn nhất, ta cần tìm vị trí của E sao cho tổng khoảng cách từ E đến M, N, và B là lớn nhất. Đây là một bài toán khó và cần phương pháp giải phức tạp hơn. Có thể cần sử dụng bất đẳng thức tam giác hoặc các kỹ thuật hình học khác.<br /><br /><br />**Kết luận:** Đề bài có vẻ có vấn đề ở phần b) và c). Phần a) được chứng minh. Phần b) và c) cần xem xét lại hoặc bổ sung thêm thông tin.<br />