Cho đường tròn (O;R). Từ Atrên (O), kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đường thẳng d lấy điểm Mbất kỳ (M;A), qua M kẻ đường thẳng cắt đường tròn (O) theo thứ tự lần lượt tại hai điểm N và P. Gọi Klà trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB. Kẻ AC⊥MB (ảnh 1)

a) Ta có \(\widehat {{\rm{OAM}}} = {90^ \circ }\)(do MA là tiếp tuyến của (O), A là tiếp điểm).

Suy ra ba điểm O, A, M cùng thuộc một đường tròn đường kính OM. (1)

Lại có \(\widehat {{\rm{OBM}}} = {90^ \circ }\)(do MB là tiếp tuyến của (O), B là tiếp điểm).

Suy ra ba điểm O,B,M cùng thuộc một đường tròn đường kính OM. (2)

Từ (1) và (2) ta được tứ giác AMBO nội tiếp đường tròn đường kính OM.

b)

Ta có tứ giác AMBO nội tiếp đường tròn đường kính OM.

Suy ra AB là dây cung của đường tròn đường kính OM.

Do đó OM \( \bot \)AB

Xét ∆OAM vuông tại A có AI là đường cao.

Xét ∆OAM và ∆OIA là hai tam giác vuông có góc O chung nên ∆OAM ∆OIA (g.g)

Suy ra \(\frac{{{\rm{OA}}}}{{{\rm{OI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{OM}}}}{{{\rm{OA}}}}\)hay \({\rm{O}}{{\rm{A}}^{\rm{2}}}{\rm{ = OM}}\,{\rm{.}}\,{\rm{OI}}\)

Mà OA = R nên \({\rm{OI }}{\rm{. OM = }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}\).

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác vuông \({\rm{IOA}}\), ta có

\({\rm{I}}{{\rm{A}}^{\rm{2}}}{\rm{ = O}}{{\rm{A}}^{\rm{2}}}{\rm{ }} - {\rm{ O}}{{\rm{I}}^{\rm{2}}}{\rm{ = OI }}{\rm{. OM }} - {\rm{ O}}{{\rm{I}}^{\rm{2}}}{\rm{ = OI }}{\rm{. }}\left( {{\rm{OM }} - {\rm{ OI}}} \right){\rm{ = OI }}{\rm{. IM}}\)

c) Ta có \({\rm{OA}} \bot {\rm{AM}}\)(do AM là tiếp tuyến của (O) ) và BD\( \bot \)MA(gt), suy ra OA // BD

Chứng minh tương tự, ta được OB // AC

Do đó tứ giác OAHB là hình bình hành.

Mà OA = OB = R nên tứ giác OAHB là hình thoi, suy ra OH \( \bot \)AB

Mà OM \( \bot \)AB, do đó \({\rm{OM}} \equiv {\rm{OH}}\).

Vậy ba điểm O, H, M thẳng hàng.

Rút gọn biểu thức B=x−√x/√x+x+√x/√x+1(x>0)