Cho tam giác \[ABC{\rm{ }}(AB < AC)\]có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm

a) Chứng minh tứ giác \[KDOA\] nội tiếp.

Xét tứ giác \[KDOA\], ta có

\[\widehat {KAO} = {90^^\circ }\](Tính chất của tiếp tuyến);

\[\widehat {KDO} = {90^^\circ }\](\[OD \bot BC\] (gt))

Suy ra \[\widehat {KAO} + \widehat {KDO} = {180^^\circ } \Rightarrow \]\[KDOA\] là tứ giác nội tiếp.

b) Đường thẳng \[AE\] cắt \[BC\]tại\[N\]. Chứng minh tam giác \[KNA\]cân và \[K{N^2} = KB.KC\].

* Chứng minh tam giác \[KNA\]cân

Ta có \[OD \bot BC\](gt) \[ \Rightarrow D\]là trung điểm của \[BC\](quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây) nên \[OD\]là đường trung trực của \[BC\]

mà \[E \in OD\]nên

và \[\widehat {BNA} = \frac{1}{2}\](sđsđ) (góc có đỉnh ở bên trong đường tròn)

\[ \Rightarrow \widehat {KNA} = \frac{1}{2}\](sđsđ) (1)

\[\widehat {EAK} = \frac{1}{2}\]sđ( sđsđ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {EAK} = \widehat {KNA} \Rightarrow \Delta KNA\] cân tại \[K\](đpcm)

* Chứng minh \[K{N^2} = KB.KC\].

Xét \[\Delta KAB\]và \[\Delta KCA\] ta có

\[\widehat {BKA}\]: chung

\[\widehat {KAB} = \widehat {ACK} = \frac{1}{2}\]sđ (cùng chắn cung )

Do đó (g-g)

Nên \[\frac{{KA}}{{KC}} = \frac{{KB}}{{KA}} \Leftrightarrow K{A^2} = KB.KC\]

mà \[\Delta KNA\] cân tại \[K\](cmt) \[ \Rightarrow KA = KN\](3)

Suy ra \[K{N^2} = KB.KC\](đpcm)

c) Kẻ tiếp tuyến \[KM\]của đường tròn \[(O)\](\[M\]là tiếp điểm). Chứng minh tia \[MN\]và tia \[ED\]cắt nhau tại một điểm thuộc đường tròn \[(O)\].

Cách 1.Ta có: \[\widehat {BMN} = \widehat {KMN} - \widehat {KMB}\]

\[\widehat {CMN} = \widehat {KNM} - \widehat {BCM}\](góc ngoài của tam giác\[MNC\])

Mà \[\widehat {KMN} = \widehat {KNM}\](\[\Delta KMN\]cân do đó \[KM = KN = KA\])

\[\widehat {KMB} = \widehat {BCM}\](cùng chắn )

\[ \Rightarrow \widehat {BMN} = \widehat {CM}N\]

\[ \Rightarrow MN\]là tia phân giác của góc \[BMC\]

+ \[MN\]là tia phân giác của góc \[BMC\] nên \[MN\]đi qua điểm chính giữa \[I\]của

+ \[OE \bot BC\]nên \[ED\]đi qua điểm chính giữa \[I\]của

Vậy tia \[MN\]và tia\[ED\] cắt nhau tại một điểm thược đường tròn tâm \[O\]

Cách 2.Ta có \[A,K,M,D,O\] thuộc đường tròn đường kính \[OK\]

Suy ra \[\widehat {KOM} = \widehat {KDM}\](cùng chắn cung )

Mặt khác \[\widehat {AEM} = \widehat {KOM} \Rightarrow \widehat {AEM} = \widehat {KDM}\]

Suy ra tứ giác \[DEMN\]nội tiếp

Mà \[\widehat {NDE} = {90^ \circ } \Rightarrow \widehat {NME} = {90^ \circ } \Rightarrow MN \bot ME(1)\]

Vẽ đường kính\[EF\], suy ra \[\widehat {FME} = {90^ \circ }\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\[ \Rightarrow MF \bot ME(2)\]

Từ \[(1),(2)\]suy ra \[M,N,F\]thẳng hàng.

Hay tia \[MN\]và tia\[ED\] cắt nhau tại một điểm thược đường tròn tâm \[O\]