Cho đường tròn tâm O đường kính BC. Trên đường tròn đã cho lấy điểm A cố định (A khác B và C) và lấy điểm D thay đổi trên cung nhỏ AC (D khác A và C). Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Hai

a) Vì \(AH \bot BC\) nên \(\widehat {IHC} = 90^\circ \)

Suy ra \(I,H,C\) thuộc đường tròn đường kính \(IC\).

\(\widehat {BDC}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {BDC} = 90^\circ \), tức là \(\widehat {IDC} = 90^\circ \), suy ra \(I,D,C\) thuộc đường tròn đường kính \(IC\).

Vậy tứ giác \(IHCD\) nội tiếp đường tròn đường kính \(IC\).

b) Ta có: \(\left( 1 \right)\)

\(\Delta ABH\) vuông tại \(H\) \( \Rightarrow \widehat {BAI} + \widehat {ABC} = 90^\circ \) \(\left( 2 \right)\)

\(\widehat {BAC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \widehat {ACB} + \widehat {ABC} = 90^\circ \) \(\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\); \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) \( \Rightarrow \widehat {BAI} = \widehat {ADB}\)

Xét \(\Delta BAI\) và \(\Delta BDA\) có: \(\widehat {ABD}\) chung; \(\widehat {BAI} = \widehat {ADB}\)

(g-g) \( \Rightarrow \frac{{AB}}{{BD}} = \frac{{BI}}{{AB}}\)\( \Rightarrow A{B^2} = BI \cdot BD\)

c) Do \(BM = AB\), mà \(\frac{{AB}}{{BD}} = \frac{{BI}}{{AB}}\) nên \(B{M^2} = BI \cdot BD\)\( \Rightarrow \frac{{BM}}{{BD}} = \frac{{BI}}{{BM}}\)

Xét \(\Delta BMI\) và \(\Delta BDM\) có: \(\widehat {DBM}\) chung; \(\frac{{BM}}{{BD}} = \frac{{BI}}{{BM}}\)

(c-g-c) \( \Rightarrow \widehat {BMI} = \widehat {BDM}\)

\( \Rightarrow BM\) là tiếp tuyến tại \(M\) của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta MID\)

Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta MID\) thuộc đường thẳng vuông góc với \(BC\) tại \(M\).

Do \(A\); \(B\); \(C\) cố định nên \(M\) cố định và đường thẳng vuông góc với \(BC\) tại \(M\) cố định.

Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta MID\) luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi \(D\) thay đổi trên cung nhỏ \(AC\).