Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx với (O). Lấy điểm M trên tia Bx (M≠B), AM cắt nửa đường tròn (O) tại điểm N (N≠A). Kẻ OE vuông góc với AN tại E. (a) Chứng minh bốn điể

a) Chứng minh bốn điểm \(E,O,B,M\) cùng thuộc một đường tròn.

Ta có \(Bx\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(Bx \bot AB\) (tính chất tiếp tuyến) hay \(\widehat {MBO} = 90^\circ \).

Suy ra \(\Delta MBO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OM\).

Do đó ba điểm \(M,B,O\) cùng thuộc 1 đường tròn đường kính \(OM\).

Mà \(OE\) vuông góc với \(AN\) tại \(E\) nên \(\widehat {MOE} = 90^\circ \).

Suy ra \(\Delta MEO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OM\)

Do đó 3 điểm \(M,O,E\) cùng thuộc 1 đường tròn đường kính \(OM\).

Vậy 4 điểm \(E,O,B,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OM\).

b) Tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(N\) cắt tia \(OE\) tại \(K\) và cắt \(MB\) tại \(D\). Chứng minh: \(KA\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) và \(\widehat {EBO} = \widehat {DOM}\).

b1) Ta có \(OA = ON\,\,\left( { = R} \right)\) nên \(\Delta OAN\) cân tại \(O\).

Mà \(OE\) là đường cao của \(\Delta OAN\) nên \(OE\) cũng là phân giác của \(\Delta OAN\).

Suy ra \(\widehat {NOE} = \widehat {AOE}\) hay \(\widehat {NOK} = \widehat {AOK}\).

Xét \(\Delta NOK\) và \(\Delta AOK\) có:

\[ON = OA\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\,;\,\,\widehat {NOK} = \widehat {AOK}\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\,;\,\,OK\,\,{\rm{chung}}\]

Do đó \[\Delta NOK = \Delta AOK\,\,\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)\]

Suy ra \(\widehat {ONK} = \widehat {OAK}\) (cặp góc tương ứng)

Mà \(\widehat {ONK} = 90^\circ \) (vì \(KN\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {OAK} = 90^\circ \).

Suy ra \(AK \bot OA\), mà \(A \in \left( O \right)\).

Do đó \(KA\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\).

b2) Vì \(DN,\,\,DB\) là 2 tiếp tuyến là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(D\) của nửa đường tròn \(\left( O \right)\).

Suy ra \(OD\) là tia phân giác \(\widehat {NOB}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Mà tam giác \(OBN\) cân tại \(O{\rm{ }}\left( {OB = ON = R} \right)\)nên \(OD\) là đường cao của \(\Delta OBN\) hay \(BN \bot OD\) .

Ta có \(\widehat {ANB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa \(\left( O \right)\) nên \(BN \bot AN\).

Từ đó, suy ra \(OD\,{\rm{//}}\,AM\) nên \(\widehat {OME} = \widehat {DOM}\) (hai góc so le trong) (1)

Suy ra 4 điểm \(E,\,\,O,\,\,B,\,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OM.\)

Nên xét đường tròn đường kính \(OM\) có \(\widehat {EBO} = \widehat {EMO}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OE\)) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {EBO} = \widehat {DOM}\).

c) Kẻ \(NH \bot AB{\rm{ }}\left( {H \in AB} \right)\). Đường thẳng \(NH\) cắt đường thẳng \(KO\) tại \(P\), cắt \(OD\) tại \(Q\). Đường thẳng \(AQ\) cắt đường thẳng \(PB\) tại \(S\). Chứng minh \(K,N,S\) thẳng hàng.

Chứng minh được \(O\) lần lượt là trực tâm của các tam giác \(APN\) nên \(AP \bot NO\).

Chứng minh được \(Q\) lần lượt là trực tâm của \(\Delta BON\) nên \(BQ \bot NO\) suy ra \(BQ\,{\rm{//}}\,AP\).

Suy ra \(\frac{{SQ}}{{SA}} = \frac{{QB}}{{AP}}\), mà \(PA = PN\,;\,\,QB = QN\) nên \(\frac{{SQ}}{{SA}} = \frac{{QN}}{{PN}}\) hay \(\frac{{SQ}}{{QA}} = \frac{{NQ}}{{QP}}\).

Suy ra \(PA\,{\rm{//}}\,NS\) mà \(AP \bot NO\) nên \(NS \bot NO\).

Ta có \(NS \bot NO\,;\,\,KN \bot NO\) suy ra ba điểm \(K,N,S\) thẳng hàng.