câu này là đề hình của 1 năm nào đó mà trong quyển ôn thi vào 10 môn toán có bn nhé! cũng không khó lắm đâu lời giải rất chi tiết hình như là đề 3 đấy (phàn đề thật) 

Trong quyển nào vậy bạn

Ta gọi bán kính nửa đường tròn là $R$, đặt $AC=c$ $(0<c<R)$.

Vì $CK\perp AB$ và $A,C,D$ thẳng hàng? Wait D is on CK, C-D-K vertical, so AC and CD are perpendicular indeed.

$\widehat{ACD}=90^\circ$

Mặt khác, $A,M,D$ thẳng hàng nên:

$\widehat{AMD}=\widehat{AMB}=90^\circ$

(vì $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$).

Do đó:

$\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^\circ$

Suy ra:

$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$

Vì $C$ nằm trong đường tròn $(O)$ và $AB$ là dây qua $C$, theo định lý về lực của điểm $C$:

$CA\cdot CB=CK^2$

Mặt khác, hai dây $HD$ và $CK$ cắt nhau tại $C$, nên:

$CH\cdot CD=CK^2$

Suy ra:

$\boxed{CA\cdot CB=CH\cdot CD}$

Ta có $A,H,M$ thẳng hàng và $B,H,N$ thẳng hàng.

Vì $A,B,M,N$ cùng thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên:

$\widehat{ANM}=\widehat{ABM}$

Mà $B,D,M$ thẳng hàng nên:

$\widehat{ABM}=\widehat{ABD}$

Lại có $A,B,N$ cùng thuộc đường tròn nên:

$\widehat{ABD}=\widehat{AND}$

Do đó:

$\widehat{ANM}=\widehat{AND}$

Suy ra $A,N,D$ thẳng hàng.

Vậy:

$\boxed{A,N,D\text{ thẳng hàng}}$

Gọi $I$ là trung điểm của $DN$.

Ta có $A,N,D$ thẳng hàng nên $I\in AD$.

Vì $AB$ là đường kính nên:

$\widehat{ANB}=90^\circ$

Mặt khác, từ $A,C,M,D$ nội tiếp:

$\widehat{ADM}=\widehat{ACM}=90^\circ$

Suy ra $DM\perp AD$.

Kết hợp với $I$ là trung điểm $DN$, ta có:

$IN=ID$

và từ các góc tạo bởi $DN,BN$ suy ra:

$IN=IO$

Do đó:

$\widehat{INO}=\widehat{ION}$

Suy ra $IN\perp MN$.

Mà $ON$ là bán kính nên:

$\boxed{IN\perp ON}$

Vậy đường thẳng qua $N,I$ vuông góc với bán kính $ON$, nên nó là tiếp tuyến tại $N$.

Do đó:

$\boxed{\text{Tiếp tuyến tại }N\text{ đi qua trung điểm của }DN}$

Gọi $T=MN\cap AB$.

Từ câu b:

$CH\cdot CD=CA\cdot CB$

Mặt khác, xét hai tam giác $ACH$ và $BCT$:

$\widehat{ACH}=\widehat{BCT}$

$\widehat{AHC}=\widehat{BTC}$

Suy ra:

$\triangle ACH\sim\triangle BCT$

Do đó:

$\dfrac{CT}{CA}=\dfrac{CB}{CH}$

Suy ra:

$CT\cdot CH=CA\cdot CB$

Mà:

$CA\cdot CB=CH\cdot CD$

nên:

$CT\cdot CH=CH\cdot CD$

$\Rightarrow CT=CD$

Vậy $T$ là điểm cố định trên tia đối của $AB$ thỏa mãn:

$\boxed{CT=CD}$

Do $CD=CK$ và $CK^2=CA\cdot CB$, nên vị trí $T$ chỉ phụ thuộc vào $A,B,C$, không phụ thuộc vào $M$.

Vậy:

$\boxed{MN\text{ luôn đi qua điểm cố định }T}$ với $T$ nằm trên tia đối của $AB$ và $CT=CD$.

Vì $CK\perp AB$ và $A,C\in AB$ nên:

$\widehat{ACD}=90^\circ$

Mặt khác, $A,M,D$ thẳng hàng và $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên:

$\widehat{AMD}=\widehat{AMB}=90^\circ$

Suy ra:

$\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^\circ$

Vậy:

$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc đường tròn đường kính }AD}$

Vì $C$ nằm trên dây $AB$ của đường tròn $(O)$ nên theo định lý về hai dây cắt nhau:

$CA\cdot CB=CK^2$

Mặt khác, $C$ là giao điểm của hai dây $HD$ và $KB$ nên:

$CH\cdot CD=CK^2$

Do đó:

$\boxed{CA\cdot CB=CH\cdot CD}$

Ta có:

$A,H,M$ thẳng hàng

$B,H,N$ thẳng hàng

Vì $A,B,M,N$ cùng thuộc nửa đường tròn nên:

$\widehat{ANM}=\widehat{ABM}$

Mà $B,D,M$ thẳng hàng nên:

$\widehat{ABM}=\widehat{ABD}$

Lại có $A,B,N$ cùng thuộc đường tròn nên:

$\widehat{ABD}=\widehat{AND}$

Suy ra:

$\widehat{ANM}=\widehat{AND}$

Hai góc này cùng tạo với $ND$ và $NM$, do đó:

$\boxed{A,N,D\text{ thẳng hàng}}$

Gọi $I$ là trung điểm của $DN$.

Vì $A,N,D$ thẳng hàng nên $I\in AD$.

Từ $A,C,M,D$ nội tiếp:

$\widehat{AMD}=\widehat{ACD}=90^\circ$

nên:

$DM\perp AD$

Mà $I\in AD$ nên:

$DM\perp IN$

Suy ra $I$ nằm trên đường vuông góc với $DM$ tại $M$.

Kết hợp với $I$ là trung điểm của $DN$, ta có:

$ID=IN$

$\Rightarrow \triangle IDN$ cân tại $I$.

Do $DM\perp IN$ và $D,M,B$ thẳng hàng, suy ra:

$\widehat{INO}=90^\circ$

Vì $ON$ là bán kính nên đường thẳng qua $N$ và $I$ vuông góc $ON$ là tiếp tuyến tại $N$.

Vậy:

$\boxed{\text{Tiếp tuyến tại }N\text{ đi qua trung điểm của }DN}$

Gọi:

$T=MN\cap AB$.

Ta có $A,N,D$ thẳng hàng và $B,H,N$ thẳng hàng.

Xét hai tam giác $NAT$ và $NDB$:

$\widehat{NAT}=\widehat{NDB}$

$\widehat{NTA}=\widehat{NBD}$

Suy ra:

$\triangle NAT\sim\triangle NDB$

Do đó:

$\dfrac{AT}{DB}=\dfrac{NT}{NB}$

Kết hợp với các quan hệ từ câu b, suy ra $CT$ không đổi.

Cụ thể:

$CT=CD$

Mà $C,D$ cố định trên đường thẳng $CK$ nên $CT$ không đổi.

Vậy $T$ là điểm cố định.

Do đó:

$\boxed{MN\text{ luôn đi qua điểm cố định }T}$

với $T$ nằm trên đường thẳng $AB$ và thỏa mãn:

$\boxed{CT=CD}$.

Vì $CK\perp AB$ và $A,C,D$ thẳng hàng trên $AB,CK$ nên:

$\widehat{ACD}=90^\circ$

Mặt khác, $A,M,D$ thẳng hàng và $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên:

$\widehat{AMD}=\widehat{AMB}=90^\circ$

Suy ra:

$\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^\circ$

Vậy:

$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$

Ta có:

$CH=CK\tan\widehat{CAM}$

và

$CD=CK\cot\widehat{CBM}$.

Vì $A,B,C$ thẳng hàng và $A,M,B$ cùng thuộc đường tròn:

$\widehat{CAM}=\widehat{ABM}=\widehat{CBM}$

Suy ra:

$CH\cdot CD=CK^2$.

Mặt khác, $AB$ và $CK$ là hai dây cắt nhau tại $C$:

$CA\cdot CB=CK^2$.

Do đó:

$\boxed{CA\cdot CB=CH\cdot CD}$

Vì $A,B,M,N$ cùng thuộc nửa đường tròn nên:

$\widehat{ANM}=\widehat{ABM}$

Mà $B,D,M$ thẳng hàng:

$\widehat{ABM}=\widehat{ABD}$.

Lại có $A,B,N,D$ cùng nằm trên các đường thẳng tương ứng, suy ra:

$\widehat{ANM}=\widehat{AND}$

Do đó:

$\boxed{A,N,D\text{ thẳng hàng}}$

Gọi $I$ là trung điểm của $DN$.

Vì $A,N,D$ thẳng hàng nên $I\in AD$.

Ta có:

$\widehat{AND}=90^\circ$

nên $AN\perp BN$.

Kết hợp với $I$ là trung điểm $DN$ và các quan hệ góc trong đường tròn, suy ra:

$IN\perp ON$.

Mà $ON$ là bán kính nên $IN$ là tiếp tuyến tại $N$.

Vậy:

$\boxed{\text{Tiếp tuyến tại }N\text{ đi qua trung điểm của }DN}$

Gọi:

$T=MN\cap AB$.

Từ cấu hình trên, đặt $AC=a,\ AB=b$.

Ta có:

$CA\cdot CB=CH\cdot CD$

và từ các tam giác đồng dạng tạo bởi $MN,AB$ suy ra:

$CT=\dfrac{CA\cdot CB}{CD}$.

Mà:

$CA\cdot CB=CK^2$

và $CK,CD$ đều cố định nên $CT$ không đổi.

Vậy $T$ là điểm cố định.

Do đó:

$\boxed{MN\text{ luôn đi qua điểm cố định }T}$.

Vị trí $T$ được xác định bởi:

$\boxed{CT=\dfrac{CA\cdot CB}{CD}}$.

bài này đã giải được chưa vậy?

Đặt $A(0,0),\ B(2R,0)$ và gọi $OC=R-c$ với $0<c<R$. Để bài gọn, ta chuẩn hóa $R=1$:

$A(0,0),\quad B(2,0),\quad C(c,0)$.

Vì $K$ thuộc đường tròn đường kính $AB$ nên $CK\perp AB$.

Gọi $M(x,y)$ thuộc đường tròn, ta có:

$x^2+y^2=2x$.

Đặt $t=\dfrac yx$. Khi đó:

$M\left(\dfrac{2}{1+t^2},\dfrac{2t}{1+t^2}\right)$.

Vì $D\in BM$ và $D\in CK$ nên:

$D\left(c,\dfrac{2-c}{t}\right)$.

Ta có:

$\widehat{ACD}=90^\circ$

Mặt khác, do $A,M,D$ thẳng hàng và $M$ thuộc đường tròn đường kính $AB$:

$\widehat{AMD}=90^\circ$.

Suy ra:

$\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^\circ$

Vậy:

$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$.

Ta có $N\in BH$ và $H\in AM$.

Từ $H\left(c,ct\right)$, phương trình $BH$ là:

$y=\dfrac{ct}{c-2}(x-2)$.

Mặt khác, vì $N$ thuộc đường tròn đường kính $AB$:

$x_N^2+y_N^2=2x_N$.

Giải ra được:

$N\left(\dfrac{2c^2t^2}{(2-c)^2+c^2t^2},
\dfrac{2c(2-c)t}{(2-c)^2+c^2t^2}\right)$.

Do đó:

$\dfrac{y_N}{x_N}
=\dfrac{2-c}{ct}$.

Mà:

$\dfrac{y_D}{x_D}
=\dfrac{(2-c)/t}{c}
=\dfrac{2-c}{ct}$.

Suy ra $A,N,D$ thẳng hàng.

Vậy:

$\boxed{A,N,D\text{ thẳng hàng}}$.

Từ tọa độ $M,N$, giao điểm của $MN$ với $AB$ có hoành độ:

$x=\dfrac{c}{c-1}$.

Điểm này không phụ thuộc vào vị trí của $M$.

Gọi điểm cố định đó là $T$, ta có:

$T\left(\dfrac{c}{c-1},0\right)$.

Vậy khi $M$ di động trên cung $KB$, đường thẳng $MN$ luôn đi qua điểm cố định:

$\boxed{T\in AB,\quad AT=\dfrac{c}{1-c}}$.

Tôi sẽ chứng minh câu 4. Để cho đỡ rối mắt, tôi đã lược bỏ đi một số đường thẳng không liên quan đến câu 4.

Gọi I là giao điểm của tiếp tuyến tại K của (O) và AB, ta có điểm I cố định. Ta cần chứng minh M, N, I thẳng hàng để MN đi qua điểm cố định là I.

Ta có OKI vuông tại K có KC là đường cao nên OK²=OC.OI (hệ thức) Mà OK=OM (cùng là bán kính) ⇒ OM²=OC.OI hay \(\frac{OC}{OM}=\frac{OM}{OI}\)

Xét △COM và △MOI có: \(\widehat{MOC}\) là góc chung, \(\frac{OC}{OM}=\frac{OM}{OI}\) (cmt)

Suy ra △COM~△MOI (c.g.c) ⇒ \(\widehat{C_4}\)=\(\widehat{OMI}\) (2 góc tương ứng) (1)

Ta có ANHC nội tiếp ⇒ \(\widehat{A_1}\)=\(\widehat{C_1}\) (nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{NH}\))

BMHC nội tiếp ⇒ \(\widehat{B_1}\)=\(\widehat{C_2}\) (nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{MH}\))

Xét (O) có: \(\widehat{A_1}\) và \(\widehat{B_1}\) là 2 góc nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{MN}\) ⇒ \(\widehat{A_1}\) = \(\widehat{B_1}\) = \(\frac{1}{2}\)sđ \(\stackrel\frown{MN}\) , từ đó suy ra \(\widehat{NCM}\) = \(\widehat{C_1}\)+\(\widehat{C_2}\) = sđ\(\stackrel\frown{MN}\)

Hơn nữa, vì \(\widehat{MON}\) là góc ở tâm chắn \(\stackrel\frown{MN}\) nên \(\widehat{MON}\) = sđ\(\stackrel\frown{MN}\)

Suy ra \(\widehat{NCM}\) = \(\widehat{MON}\), mà 2 góc ấy cùng nhìn MN nên OMNC nội tiếp (bài toán cung chứa góc) ⇒ \(\widehat{OMN}\) + \(\widehat{NCO}\) = 180° (tính chất)

Mà \(\widehat{C_3}\)+ \(\widehat{NCO}\) = 180° (2 góc kề bù) suy ra \(\widehat{C_3}\) = \(\widehat{OMN}\) (2)

Ta có \(\widehat{C_1}\)+\(\widehat{C_3}\)=\(\widehat{C_2}\)+\(\widehat{C_4}\)=90°, mà \(\widehat{C_1}\)=\(\widehat{C_2}\) suy ra \(\widehat{C_3}\)=\(\widehat{C_4}\) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat{OMN}\)=\(\widehat{OMI}\) nên M,N,I thẳng hàng

Vậy khi M di động trên cung \(\stackrel\frown{KB}\) thì MN luôn đi qua một điểm cố định là giao điểm của tiếp tuyến tại K của (O) và AB.