Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O), kẻ tiếp tuyến MA, MB (A, B là tiếp điểm). Kẻ đường kính AD của đường tròn (O), gọi I là trung điểm của BD. (a) Chứng minh tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp.

a) + MA là tiếp tuyến của (O) tại A (giả thiết) \( \Rightarrow \) MA \( \bot \)OA (tính chất tiếp tuyến) \( \Rightarrow \widehat {MAO} = 90^\circ \) nên điểm A thuộc đường tròn đường kính OM (1)

+ MB là tiếp tuyến của (O) tại B (giả thiết) \( \Rightarrow \) MB \( \bot \)OB (tính chất tiếp tuyến) \( \Rightarrow \widehat {MBO} = 90^\circ \) nên điển B thuộc đường tròn đường kính OM (2)

b) + Xét ΔOBD cân tại O (do OB = OD = R) có:

OI là đường trung tuyến (I là trung điểm BD)

\( \Rightarrow \) OI là phân giác \(\widehat {BOD}\) (tính chất tam giác cân) nên \(\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}\)

+ Chứng minh ΔOBE = ΔODE (c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {OBE} = \widehat {ODE}\)mà \(\widehat {OBE} = 90^\circ \) (ME là tiếp tuyến của (O) tại B)

\( \Rightarrow \) DE \( \bot \)OD

Xét đường tròn (O): DE \(⊥\)OD mà D thuộc (O) nên DE là tiếp tuyến của (O) tại D

c) + Xét \(\Delta OAB\)cân tại \(O\left( {OA\; = \;OB\; = \;R} \right):\) OH là tia phân giác (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

\( \Rightarrow \) OH là đường cao (tính chất tam giác cân)

\( \Rightarrow \) \(\Delta AHK\)vuông tại H \( \Rightarrow \widehat {{A_1}} + \widehat {OKA} = 90^\circ \) (1)

+ Xét \(\Delta OAK\)cân tại \[O\left( {OA = OK = R} \right):\]\(\widehat {OAK} = \widehat {OKA}\) (tính chất \(\Delta \)cân) (2)

+ \(\widehat {{A_2}} + \widehat {OAK} = \widehat {MAO} = 90^\circ \) (3)

Từ (1) (2) (3) \[ \Rightarrow \]\(\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}} \Rightarrow \) AK là phân giác \(\Delta MAB\)

+ Xét \(\Delta MAB\)có:

\(MH\)là phân giác (theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau);

\(AK\)là phân giác\(MH\)cắt \(AK\)tại \(K\) (cmt)

\( \Rightarrow \) \(K\)là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta MAB\)