Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AC của (O), MC cắt AB tại K. Đoạn thẳng MC cắt (O) tại điểm thứ hai là D.

a) Chứng minh \(MAOB\) là tứ giác nội tiếp.

Xét \[\Delta MAO\] vuông tại \[A\] có cạnh huyền \[MO\] nên \[A\],\[M\],\[O\] thuộc đường tròn đường kính \[MO\] Xét \[\Delta MBO\]vuông tại \[B\] có cạnh huyền \[MO\] nên \[B\],\[M\] ,\[O\] thuộc đường tròn đường kính \[MO\] Do đó \[M\], \[O\], \[A\], \[B\] thuộc đường tròn đường kính \[MO\].

Vậy \(MAOB\) là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh \(OM{\rm{ // }}BC\) và \(I{M^2} = IB.ID\).

Chứng minh \(OM{\rm{ // }}BC\)

Xét \[\left( O \right)\] có \[MA\] và \[MB\] là hai tiếp tuyến cắt nhau nên: \[MA = MB\]; \[\widehat {AOM} = \widehat {BOM}\]; \[\widehat {AMO} = \widehat {BMO}\]

Xét \[\Delta OAB\] cân tại \[A\] (\[OA = OB = R\]) có \[OM\] là phân giác đồng thời là đường cao hay \[OH \bot AB\]. (3)

Xét \[\left( O \right)\]có đường kính \[AC\] nên: \[\widehat {ABC} = 90^\circ \] hay \[BC \bot AB\] (4)

Từ (3) và (4) suy ra \[OH{\rm{ // }}BC\] hay \(OM{\rm{ // }}BC\).

Chứng minh: \(I{M^2} = IB.ID\).

• Xét \[\left( O \right)\] có: \[\widehat {BDC} = \widehat {BAC}\] góc nội tiếp cùng chắn

Lại có: \[\left\{ \begin{array}{l}\widehat {AMO} + \widehat {AOM} = 90^\circ \\\widehat {BAC} + \widehat {AOM} = 90^\circ \end{array} \right.\] nên \[\widehat {AMO} = \widehat {BAC}\]; \[\widehat {MDI} = \widehat {BDC}\] (đối đỉnh); \[\widehat {AMO} = \widehat {BMO}\]

Suy ra: \[\widehat {BMO} = \widehat {MDI}\]

• Xét \[\Delta IDM\] và \[\Delta IMB\]có: \[\widehat {MIB}\] chung ; \[\widehat {BMO} = \widehat {MDI}\]

nên $\Delta IDM\backsim \Delta IMB$ (g.g)

Suy ra: \[\frac{{ID}}{{IM}} = \frac{{IM}}{{IB}}\] hay \[I{M^2} = IB.ID\] (đpcm) (5).

c) Gọi \(L\) là giao điểm của \(IK\) và \(HC\). Chứng minh \(IM = IH\) và \(M,B,L\) thẳng hàng.

Chứng minh \(IM = IH\)

- Kẻ đường kính \[BE\]

Xét \[\left( O \right)\]có đường kính \[AC\] nên: \[\widehat {ADC} = 90^\circ \] hay \[AD \bot MC\]

Xét \[\Delta MHA\]vuông tại \[H\] có cạnh huyền \[MA\] nên \[A\],\[M\],\[H\] thuộc đường tròn đường kính \[MA\] Xét \[\Delta MDA\]vuông tại \[D\] có cạnh huyền \[MA\] nên \[A\],\[M\],\[D\] thuộc đường tròn đường kính \[MA\] Do đó \[M\], \[D\], \[A\], \[H\] thuộc đường tròn đường kính \[MA\] hay \(MDHA\) nội tiếp.

Suy ra \[\widehat {ADH} = \widehat {AMO}\] (góc nội tiếp cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{AH}$)

Vì \(MAOB\) nội tiếp nên \[\widehat {AMO} = \widehat {OBA}\] (góc nội tiếp cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{AO}$)

Xét \[\left( O \right)\] có \[\widehat {ADE} = \widehat {ABE}\] (góc nội tiếp cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{AE}$)

Suy ra \[\widehat {ADH} = \widehat {ADE}\] nên tia \[DH\] trùng tia \[DE\] hay \[D\],\[H\],\[E\] thẳng hàng.

Xét \[\left( O \right)\] có đường kính \[BE\] nên: \[\widehat {EDB} = 90^\circ \] hay \[ED \bot IB\].

Xét \[\Delta IHB\] vuông tại \[H\]có đường cao \[HD\] nên: \[I{H^2} = ID.IB\].

Lại có \[I{M^2} = IB.ID\] (câu b) suy ra \(IM = IH\).

Chứng minh: \(M,B,L\) thẳng hàng.

Gọi \[IK\] cắt \[CB\] tại \[F\].

Ta có \(OM{\rm{ // }}BC\) suy ra: \[\frac{{FC}}{{IM}} = \frac{{FK}}{{KI}}\];\[\frac{{BF}}{{IH}} = \frac{{FK}}{{KI}}\] nên \[\frac{{FC}}{{IM}} = \frac{{BF}}{{IH}}\].

Mà \(IM = IH\) hay \[FC = BF\]suy ra \[F\]là trung điểm của \[BC\].

Ta có \[FC{\rm{ // }}HI\] suy ra: \[\frac{{LC}}{{LH}} = \frac{{CF}}{{HI}} = \frac{{2.CF}}{{2.HI}} = \frac{{BC}}{{MH}}\] hay \[\frac{{LC}}{{LH}} = \frac{{BC}}{{MH}}\].

Vì \(OM{\rm{ // }}BC\) nên \[\widehat {BCL} = \widehat {MHL}\].

Xét \[\Delta LCB\] và \[\Delta LHM\]có: \[\widehat {BCL} = \widehat {MHL}\]; \[\frac{{LC}}{{LH}} = \frac{{BC}}{{MH}}\].

Do đó $\Delta LCB\backsim \Delta LHM$ (c.g.c)

Suy ra \[\widehat {CLB} = \widehat {HLM}\] hay tia \[LB\] trùng tia \[LM\] nên \(M,B,L\) thẳng hàng.