$Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[AMD\] là trung điểm của đoạn thẳng \[AD.\] (ảnh 1)$

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}.\) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp.

• Thật vậy, giả sử \(\Delta ABC\) có đường tròn ngoại tiếp tâm \(O\) và đường kính \(AK\) nên tứ giác \(ABCK\) nội tiếp, suy ra \(\widehat {ACB} = \widehat {AKB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB).\)

Mà \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}\) (giả thiết) nên \(\widehat {ADB} = \widehat {AKB}.\)\(\left( 1 \right)\)

⦁ Gọi \(F\) là giao điểm của \(AK\) và \(BD,\)\(F\) nằm trong đường tròn \(\left( O \right).\)

Xét \(\Delta AFD\) và \(\Delta BFK\) có: \(\widehat {AFD} = \widehat {BFK}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {ADF} = \widehat {BKF}\) (chứng minh trên)

Do đó suy ra \(\frac{{AF}}{{BF}} = \frac{{DF}}{{KF}}\) nên \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}.\)

Xét \(\Delta DFK\) và \(\Delta AFB\) có: \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}\) và \[\widehat {DFK} = \widehat {AFB}\] (đối đỉnh)

Do đó suy ra \(\widehat {FDK} = \widehat {FAB}.\,\,\,\left( 2 \right)\)

⦁ Ta có \(\widehat {ABK}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ABK} = 90^\circ ,\) do đó \(\Delta ABK\) vuông tại \(B,\) suy ra \(\widehat {FAB} + \widehat {AKB} = 90^\circ .\,\,\,\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right),\,\,\left( 3 \right)\) suy ra \(\widehat {ADB} + \widehat {FDK} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ADK} = 90^\circ .\)

Khi đó \(\Delta ADK\) vuông tại \(D\) nên điểm \(D\) nằm trên đường tròn đường kính \(AK.\)

Suy ra tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AK.\)

Vì \(AB,\,\,AC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(A\) nên \(AO\) là tia phân giác của \(\widehat {BAC}.\) Suy ra \(\widehat {BAH} = \widehat {CAH}.\)

Lại có \(\widehat {CAH} = \widehat {DCB}\) (cùng phụ với \[\widehat {ACH})\] nên \(\widehat {BAH} = \widehat {DCB}.\)

Xét \[\Delta ABH\] và \(\Delta CDB\) có: \(\widehat {AHB} = \widehat {CBD} = 90^\circ \) và \(\widehat {BAH} = \widehat {DCB}.\)

Do đó (g.g). Suy ra \(\frac{{AB}}{{CD}} = \frac{{AH}}{{CB}}\). (3)

Ta có \(AO\) là đường trung trực của \(BC\) nên \(H\) là trung điểm của \(BC,\) suy ra \(CB = 2BH.\)

Mà \(M\) đối xứng với \(H\) qua \(B\) nên \(B\) là trung điểm của \(MH,\) suy ra \(MH = 2BH.\)

Do đó \(CB = MH.\)

Lại có \(AB = AC\) nên từ (3), ta có: \(\frac{{AC}}{{CD}} = \frac{{AH}}{{MH}}\) hay \(\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{CD}}{{MH}}.\)

Xét \(\Delta ACD\) và \(\Delta AHM\) có: \(\widehat {ACD} = \widehat {AHM} = 90^\circ \) và \(\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{CD}}{{MH}}.\)

Do đó (c.g.c). Suy ra \(\widehat {CDA} = \widehat {HMA}\) (hai góc tương ứng).

Từ bổ đề đã chứng minh ở trên, ta thấy tứ giác \(CDMA\) có \(\widehat {CDA} = \widehat {CMA}\) nên tứ giác \(CDMA\) nội tiếp. Suy ra \(\widehat {AMD} + \widehat {ACD} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối của một tứ giác nội tiếp).

Do đó \(\widehat {AMD} = 180^\circ - \widehat {ACD} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ .\)

Như vậy, \(\Delta AMD\) vuông tại \(M\) nên đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AMD\) có tâm là trung điểm của cạnh huyền \(AD.\)

Số đo góc C O D bằng