Cho đường tròn ( O ) và một điểm (A) nằm ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến (AB) với đường tròn

1)

Chứng minh bốn điểm \(A,B,O,H\) cùng nằm trên một đường tròn.

Vì \[AB\]  là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \[AB \bot BO\]\( \Rightarrow \widehat {ABO} = 90^\circ \).

Vì \(H\) là trung điểm của dây \[DE\] của \[\left( O \right)\] nên \[OH \bot DE\] \( \Rightarrow \widehat {AHO} = 90^\circ \)

Suy ra góc \[\widehat {ABO} + \widehat {AHO} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \]

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau trong tứ giác \[AHOB\]

Þ tứ giác \[AHOB\] là tứ giác nội tiếp

Þ Bốn điểm \[A,H,O,B\] nằm trên cùng một đường tròn.

2)

Chứng minh \[\frac{{AB}}{{AE}} = \frac{{BD}}{{BE}}\].

Xét \(\left( O \right)\) có \[\widehat {ABD} = \widehat {BED}\] (góc tạo bởi tia tiếp tuyến \(BA\) và dây cung \(BD\) và góc nội tiếp chắn cung \[BD\])

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta AEB\) có:

\(\widehat {BAE}\) là góc chung, \[\widehat {ABD} = \widehat {AEB}\] (do \[\widehat {ABD} = \widehat {BED}\])

\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{AE}} = \frac{{BD}}{{BE}}\) (tỉ số đồng dạng).

3)

Đường thẳng \(d\;\) đi qua \(E\) song song với \(AO\), \(d\) cắt \(BC\) tại \(K\). Chứng minh \(HK\,{\rm{//}}\,DC\).

Vì \[ABOH\] là tứ giác nội tiếp nên \[\widehat {OAH} = \widehat {OBH}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OH\))

Vì \[EK\,{\rm{//}}\,AO\] nên \[\widehat {OAH} = \widehat {HEK}\] (so le trong)

Suy ra \[\widehat {OBH} = \widehat {HEK}\], hay \[\widehat {KBH} = \widehat {KEH}\]

Mà hai góc này cùng nhìn cạnh \(KH\) trong tứ giác \(BHKE\)

\( \Rightarrow BHKE\) là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {KHE} = \widehat {KBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Vì \[BDCE\] là tứ giác nội tiếp nên \[\widehat {CBE} = \widehat {CDE}\]  (hai góc nội tiếp cùng chắn ), hay \[\widehat {KBE} = \widehat {CDE}\].

Suy ra \( \Rightarrow \widehat {KHE} = \widehat {CDE}\)

Mà hai goc này ở vị trí đồng vị

\( \Rightarrow HK\,{\rm{//}}\,DC\).

4)

Tia \(CD\) cắt \(AO\;\) tại điểm \(P\), tia \(EO\) cắt \(BP\) tại điểm \(F\). Chứng minh tứ giác \(BECF\) là hình chữ nhật.

Gọi \(F'\) là giao điểm của \[BP\] và đường tròn \[\left( O \right)\].

Gọi \[AQ\] là tiếp tuyến thứ hai của \[\left( O \right)\].

Vì \[BDQC\] là tứ giác nội tiếp nên \[\widehat {QDC} = \widehat {QBC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Vì \[ABOQ\] là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \[AO\] nên \[\widehat {QBO} = \widehat {QAO}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn ) hay \[\widehat {QBC} = \widehat {QAO}\]

Do đó \[\widehat {QDC} = \widehat {QAO}\] (cùng bằng \(\widehat {QBC}\))

\( \Rightarrow APDQ\) là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {PDA} = \widehat {PQA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )  \(\left( 1 \right)\)

Chứng minh \(\Delta ABP = \Delta AQP\left( {c.g.c} \right)\)\[ \Rightarrow \widehat {PQA} = \widehat {PBA}\] \(\left( 2 \right)\)

Ta có \(\widehat {PDA} = \widehat {EDC} = \widehat {EBC}\)  \(\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) suy ra \[\widehat {PBA} = \widehat {EBC}\].

\( \Rightarrow \widehat {ABE} - \widehat {PBA} = \widehat {ABE} - \widehat {EBC}\)

\( \Rightarrow \widehat {PBE} = \widehat {ABC} = 90^\circ \).

\[ \Rightarrow \widehat {F'BE} = 90^\circ \]\( \Rightarrow F'E\) là đường kính của \[\left( O \right)\]

\( \Rightarrow F' \in OE\) \( \Rightarrow F' \equiv F\) hay \(\widehat {FBE} = 90^\circ \)

Vì \[FBEC\] là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {FCE} = 180^\circ  - \widehat {FBE} = 90^\circ \)

Tứ giác \[FBEC\] có \[\widehat {FCE} = \widehat {FBE} = \widehat {BEC{\rm{ }}} = 90^\circ \] nên là hình chữ nhật.