Cho tam giác ABC vuông tại A (AC < AB), nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A với đường tròn (O) cắt đường thẳng BC tại K. Từ K kẻ tiếp tuyến thứ hai với (O) tại D. Gọi H là giao điểm của

a) Chứng minh \(O,A,K,D\) thuộc một đường tròn.

Vì \[KA\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \[KA \bot AO\]

Suy ra \[\Delta AKO\] vuông tại \[A\] nên \[A,K,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[KO\] (1)

Vì \[KD\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \[KD \bot DO\]

Suy ra \[\Delta DKO\] vuông tại \[D\] nên \[D,K,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[KO\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(O,A,K,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[KO\]

b) Chứng minh \(AE\) song song với \(BC\) và \(GF\;{\rm{.}}\;GA = G{H^2}\).

Ta có \(KA\) và \(KD\) lần lượt là tiếp tiếp tuyến tại \(A\) và \(B\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (gt)

Suy ra: \(KA = KD\).

Mặt khác: \(OA = OD = R\) (gt).

Do đó \(OK\) là đường trung trực của \(A{\rm{D}}\) hay \[OK \bot AD\] tại trung điểm \(H\).

• Xét \(\left( O \right)\), có: \(\widehat {DAE} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \(AD \bot AE\). Do đó \(AE\,{\rm{//}}\,BC\).

• Xét \(\left( O \right)\) có: \(\widehat {DFE} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(\widehat {DFK} = 90^\circ \) (kề bù)

• Xét \(\Delta FKD\) và \(\Delta KDE\) có: \(\widehat {FKD}\) chung; \[\widehat {KFD} = \widehat {KDE} = 90^\circ \](cmt)

Suy ra:  nên \(\frac{{KF}}{{K{\rm{D}}}} = \frac{{K{\rm{D}}}}{{KE}}\)  hay \(K{D^2} = KF\;.\;KE\)

• Xét \(\Delta KHD\) và \(\Delta KDO\) có: \(\widehat {HKD}\) chung; \[\widehat {KHD} = \widehat {KDO} = 90^\circ \](cmt)

Suy ra:  nên \(\frac{{KH}}{{KD}} = \frac{{KD}}{{KO}}\). Suy ra \(K{D^2} = KH\;.\;KO\)

Mà \(K{D^2} = KF\;.\;KE\) (cmt) nên \(KH\;{\rm{.}}\;KO = KF\;{\rm{.}}\;KE\) hay \(\frac{{KH}}{{KF}} = \frac{{KE}}{{KO}}\)

• Xét \(\Delta KFH\) và \(\Delta KOE\) có: \[\widehat {EKO}\] chung; \(\frac{{KH}}{{KF}} = \frac{{KE}}{{KO}}\) (cmt)

Suy ra:  nên \(\widehat {KHF} = \widehat {KEO}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {GA{\rm{D}}} = \widehat {KEO}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FD\)) nên \(\widehat {GAD} = \widehat {FHG}\)(hai góc tương ứng)

• Xét \(\Delta GFH\) và \(\Delta GHA\) có: \(\widehat {FGH}\) chung; \(\widehat {GAD} = \widehat {FHG}\) (cmt)

Suy ra:  nên \(\frac{{GF}}{{GH}} = \frac{{GH}}{{GA}}\). Do đó \(GF \cdot GA = G{H^2}\).

c) Chứng minh \(B,I,F\) thẳng hàng.

• Xét \(\Delta ADM\) có \(H\,;\,\,I\) thứ tự là trung điểm của \(AD\,;\,\,AM\).

Suy ra \(HI\) là đường trung bình của \(\Delta AMD\) nên \(HI\,{\rm{//}}\,MD\).

Mà \(AM \bot MD\) nên \(HI \bot AM\).

Suy ra \(\widehat {AHI} = \widehat {ADB}\) (hai góc đồng vị).

Ta lại có \(\widehat {ADB} = \widehat {AFB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)) nên \(\widehat {AFB} = \widehat {AHI}\).

• Ta có: .

Suy ra \(\widehat {GFH} = \widehat {GHA} = 90^\circ \) (hai góc tương ứng).

Ta có \(\Delta AHF\) vuông tại \(F\) nên \(A\,;\,\,F\,;\,\,H\) thuộc đường tròn đường kính \(AH\).

Ta có \(\Delta AIH\) vuông tại \(I\) nên \(A\,;\,\,I\,;\,\,H\) thuộc đường tròn đường kính \(AH\).

Do đó bốn điểm \(F\,;\,\,A\,;\,\,I\,;\,\,H\) thuộc đường tròn đường kính \(AH\).

Suy ra \(\widehat {AFI} = \widehat {AHI}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HI\)).

Mà \(\widehat {AFB} = \widehat {AHI}\) nên \(\widehat {AFI} = \widehat {AFB}\).

Ta lại có các tia \(FI\,;\,\,FB\) nằm cùng phía so với đường thẳng \(FA\) nên hai tia này trùng nhau.

Vậy \(B,I,F\) thẳng hàng.