Cho đường tròn (O;R) đường kính AB. Trên tiếp tuyến tại A của (O;R) lấy M sao cho AM = 2R. Gọi C là giao điểm của MB với đường tròn (O). Kẻ AH⊥OMtại H.

a) Ta có :\(\;\widehat {ACB}\) = 90\(^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(AC \bot MB\) tại C

\[\Delta MAC\]vuông tại C nên \[\Delta MAC\]nội tiếp đường tròn đường kính AM

\[\Delta MAH\]vuông tại H nên \[\Delta MAH\] nội tiếp đường tròn đường kính AM

Vậy bốn điểm A, M, C, H cùng thuộc một đường tròn đường kính AM .

b) Chứng minh(g. g)

\(O{A^2} = OH.OM\)mà OA = OB nên \[O{B^2} = OH.OM\]

c) C/m \[\Delta ABM\] vuông cân tại A có AC là đường cao nên AC cũng là đường phân giác suy ra: \(\widehat {MAC} = \widehat {CAB} = {45^ \circ }\) và \(\widehat {CBA} = {45^ \circ } = \widehat {OBM}\)

Tứ giác AMCH nội tiếp (cmt)

Suy ra: \(\widehat {MHC} = \widehat {MAC} = {45^ \circ }\) (3)

Ta có \(O{B^2} = OH.OM{\rm{ (cmt)}}\) hay \(\frac{{OB}}{{OM}} = \frac{{OH}}{{OB}}\)và \(\widehat O\) góc chung

suy ra

suy ra: \(\widehat {OHB} = \widehat {OBM} = {45^ \circ }\) (4)

Từ (3) và (4) ta có \[\widehat {MHC} + \widehat {OHB} = {45^ \circ } + {45^ \circ } = {90^ \circ }\] suy ra \[\widehat {CHB} = {90^ \circ }\]

Vậy \[HB \bot HC\]tại H