Cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (O) (với A và B là các tiếp điểm). Kẻ đường thẳng đi qua M và cắt (O) tại hai điểm C và D sao cho t

a) Do \[MA,MB\] là tiếp tuyến của  \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ \].

Do \[OI \bot CD\] tại  \[I\] nên \[\widehat {MIO} = 90^\circ \].

Xét \[\Delta MAO\] vuông tại \[A\] nên \[M,A,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MO\].

Xét \[\Delta MBO\] vuông tại \[B\] nên \[M,B,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MO\].

Xét \[\Delta MIO\] vuông tại \[I\]nên \[M,I,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MO\].

Suy ra \[5\] điểm \[M,A,I,B,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MO\].

b) Xét đường tròn đường kính \[MO\] có:

\[\widehat {AIM} = \widehat {AOM}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

\[\widehat {MIB} = \widehat {BOM}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

Mà \[\widehat {AOM} = \widehat {BOM}\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau trong đường tròn \[\left( O \right)\])

Suy ra \[\widehat {AIM} = \widehat {MIB}\] nên \[IM\] là tia phân giác của \[\widehat {AIB}\].

c) Ta có \[MA = MB\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau trong đường tròn \[\left( O \right)\])

và \[OA = OB\] (bán kính đường tròn \[\left( O \right)\])

Suy ra \[OM\] là trung trực của \[AB\] nên \[OM \bot AB\] tại \[H\].

Xét \[\Delta MHA\] và \[\Delta MAO\] có: \[\widehat {AMO}\] chung,  \[\widehat {MAO} = \widehat {MHA}\left( { = 90^\circ } \right)\] nên  (g.g)

suy ra \[\frac{{MA}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MA}}\] (cặp cạnh tương ứng), hay \[M{A^2} = MH.MO\]. (1)

Kẻ đường kính \[AE\] của \[\left( O \right)\].

Suy ra \[\widehat {ADE} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Ta có \[\widehat {MAC} + \widehat {CAE} = 90^\circ \] (\[\widehat {MAO} = 90^\circ \]); \[\widehat {ADC} + \widehat {CDE} = 90^\circ \] (\[\widehat {MAO} = 90^\circ \])

Mà \[\widehat {CAE} = \widehat {CDE}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung  trong đường tròn \[\left( O \right)\])

Nên \[\widehat {MAC} = \widehat {ADC}\]

Xét \[\Delta MAC\]và \[\Delta MDA\] có:  \[\widehat {AMD}\] chung,  \[\widehat {MAC} = \widehat {ADC}\] nên  (g.g)

Suy ra \[\frac{{MA}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MA}}\] (cặp cạnh tương ứng), hay \[M{A^2} = MC.MD\]. (2)

Từ (1), (2) suy ra \[MH.MO = MC.MD\].

d) Có \[MH.MO = MC.MD\] nên \[\frac{{MH}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MO}}\].

Xét \[\Delta MCH\]và \[\Delta MOD\] có:  \[\widehat {DMO}\] chung,  \[\frac{{MH}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MO}}\] nên  (c.g.c)

suy ra \[\widehat {MHC} = \widehat {OHD}\] (hai góc tương ứng)

Ta có \[\widehat {MHC} + \widehat {CHA} = 90^\circ \]; \[\widehat {OHD} + \widehat {DHA} = 90^\circ \]

Mà \[\widehat {MHC} = \widehat {OHD}\] nên \[\widehat {CHA} = \widehat {AHD}\]

Hay \[HK\] là đường phân giác của \[\Delta CHD\] (\[K\] là giao điểm của \[HA\] và \[CD\])

Mà \[MH \bot HK\] tại \[H\] suy ra \[HM\] là đường phân giác ngoài của \[\Delta CHD\]

Xét \[\Delta CHD\] có \[HK,HM\] là đường phân giác suy ra \[\frac{{KC}}{{KD}} = \frac{{MC}}{{MD}}\left( { = \frac{{HC}}{{HD}}} \right)\] (3)

Xét \[\Delta KCQ\] và \[\Delta KDH\]có \[CQ\parallel HD\] suy ra \[\frac{{CQ}}{{HD}} = \frac{{KC}}{{KD}}\] (hệ quả định lý Thales) (4)

Xét \[\Delta MCP\] và \[\Delta MDH\]có \[CP\parallel HD\] suy ra \[\frac{{CP}}{{HD}} = \frac{{MC}}{{MD}}\] (hệ quả định lý Thales) (5)

Từ (3), (4), (5) suy ra \[\frac{{CQ}}{{HD}} = \frac{{CP}}{{HD}}\] hay \[CQ = CP\], suy ra \[C\] là trung điểm của \[PQ\].