$Vậy \(A\) là trung điểm của \(EH\). (ảnh 1)$

a) Ta có \(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) suy ra \(M\) thuộc đường trung trực của đoạn thẳng \(AB.\)

Lại có \(OA = OB\) \(\left( { = R} \right)\) suy ra \(O\) thuộc đường trung trực của đoạn thẳng \(AB\).

Do đó, \(MO\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(AB\) hay \(MO \bot AB\) tại \(H\).

Xét đường tròn \((O)\) có \(BC\) là đường kính nên \(\widehat {BAC} = 90^\circ \) góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Suy ra \(AC \bot AB\).

Vì \(AC \bot AB\) và \(MO \bot AB\) nên \(AC\,{\rm{//}}\,MO\).

b) *Chứng minh tứ giác \[MDHB\] nội tiếp

Ta có \(MH\) là phân giác của \(\widehat {AMB}\) (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét \(\Delta MAB\) cân tại \(M\) (do \(MA = MB\)) có \(MH\) là đường phân giác nên \(MH\) đồng thời là đường cao của tam giác. Do đó, \(MH \bot AB\) hay \(\widehat {MHB} = 90^\circ \).

Ta có: \(\widehat {CDB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(BC\)). Do đó, \(\widehat {MDB} = 90^\circ .\)

Do \(\Delta MHB\) vuông tại \(H\) \(\left( {\widehat {MHB} = 90^\circ } \right)\) nên ba điểm \(M,\,\,H,\,\,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MB\).

Do \(\Delta MDB\) vuông tại \(D\) \(\left( {\widehat {MDB} = 90^\circ } \right)\) nên ba điểm \(M,\,\,D,\,\,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MB\).

Do đó, bốn điểm \(M,\,\,D,\,\,H,\,\,B\,\,\)cùng thuộc một đường tròn đường kính \(MB\). Vì vậy, tứ giác \[MDHB\] nội tiếp.

* Chứng minh $Δ M D H ∽ Δ M O C$ .

Do \(MB\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B\) nên \(\widehat {MBO} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta MBH\) và \(\Delta MOB\) có \(\widehat {BMO}\) là góc chung và \(\widehat {MHB} = \widehat {MBO} = 90^\circ \).

Suy ra $Δ M B H ∽ Δ M O B$ (g.g) suy ra \(\frac{{MB}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MB}}\) hay \(M{B^2} = MH \cdot MO\) (1).

Chứng minh tương tự $Δ M B D ∽ Δ M C B$ (g.g) suy ra \(\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MB}}\) hay \(M{B^2} = MD \cdot MC\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(MH \cdot MO = MD \cdot MC\) hay \(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\).

Xét \(\Delta MDH\)và \(\Delta MOC\) có \(\widehat {OMC}\) là góc chung và \(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\). Suy ra $Δ M D H ∽ Δ M O C$ (c.g.c).

c)

$Vậy \(A\) là trung điểm của \(EH\). (ảnh 2)$

Gọi \(I\) là giao điểm của \(CE\) và \(MO\).

Vì \(CE\,{\rm{//}}\,DH\), áp dụng định lí Thales cho \(\Delta MCI\) ta có \(\frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{MD}}{{MC}}\).

Kết hợp với \(M{B^2} = MD \cdot MC\) và \(M{B^2} = MH \cdot MO\) ta có:

\(\frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{MD \cdot MC}}{{M{C^2}}} = \frac{{M{B^2}}}{{M{C^2}}} = \frac{{MH \cdot MO}}{{M{C^2}}}\) hay \(MI = \frac{{M{C^2}}}{{MO}}\).

Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta MBC\) vuông tại \(B\) ta có:

\(M{C^2} = M{B^2} + B{C^2} = MH \cdot MO + {\left( {2 \cdot OB} \right)^2}\).

Chứng minh tương tự câu b ta được: \(O{B^2} = OH \cdot MO\).

Khi đó \(M{C^2} = MH \cdot MO + 4 \cdot OH \cdot MO = MO(MH + 4 \cdot OH)\).

Thay vào biểu thức tính \(MI\) ta được: \(MI = \frac{{MO(MH + 4 \cdot OH)}}{{MO}} = MH + 4 \cdot OH\).

Suy ra \(HI = MI - MH = 4 \cdot OH\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(O\) là trung điểm của \(BC\) và \(OH\,{\rm{//}}\,AC\) do \(MO\,{\rm{//}}\,AC\) nên \(OH\) là đường trung bình của \(\Delta ABC.\)

Do đó \(H\) là trung điểm của \(AB\) và \(OH = \frac{1}{2}AC\) hay \(AC = 2 \cdot OH\).

Vì \(AC\,{\rm{//}}\,MO\) hay \(AC\,{\rm{//}}\,HI\) suy ra $Δ E A C ∽ Δ E H I$ . Do đó, \(\frac{{EH}}{{EA}} = \frac{{HI}}{{AC}} = \frac{{4 \cdot OH}}{{2 \cdot OH}} = 2\).

Suy ra \(EH = 2 \cdot EA\).

Mà điểm \(A\) nằm giữa \(E\) và \(H\) nên \(EH = EA + AH\).

Từ đó ta có \(2 \cdot EA = EA + AH\) hay \(EA = AH\).

Vậy \(A\) là trung điểm của \(EH\).

Tính căn bậc hai của 4a^2 + a với a ≤ 0 ta được kết quả là