Từ điểm M nằm ngoài đường tròn ( O ; R ) kẻ các tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn ( O ; R ) , ( P và Q là các tiếp điểm). Kẻ đường kính PA . Tiếp tuyến tại A với đường tròn

 

a) Chứng minh: \[AQ\] song song với \[OM\].

Xét \(\left( O \right)\) ta có: \(\widehat {AQP} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra \(AQ \bot PQ\).  (1)

Mặt khác, \(MP\) và \(MQ\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\), cắt nhau tại \(M\). Theo chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(MP = MQ\) và \(MO\) là phân giác của \(\widehat {POQ}\).

Suy ra: \(\Delta MPQ\) cân tại \(M\), đường phân giác \(MO\) đồng thời là đường cao, hay \(OM \bot PQ\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AQ\;{\rm{//}}\;OM\).

b) Chứng minh: \[PQ.PB = 4{R^2}\].

Vì \(AB\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên \(AB \bot OA\).

Xét \(\Delta AQP\) và \(\Delta BAP\) có:\(\widehat {AQP} = \widehat {BAP}\) (góc vuông), \(\widehat {BPA}\) chung.

Suy ra  (g-g).

Suy ra: \(\frac{{PQ}}{{PA}} = \frac{{PA}}{{PB}}\). Suy ra:\(PQ.PB = P{A^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 4{R^2}\).

c) Gọi \[K\] là trung điểm của \[MO\]. Tia \[PK\] cắt \[AQ\] tại \[I\]. Chứng minh tứ giác \[MOAI\] là hình bình hành.

 Xét \(\Delta AIP\) có:

    \(O\) là trung điểm của \(AP\) (vì \(O\) là tâm đường tròn đường kính \(AP\))

    \(OK\;{\rm{//}}\;AI\) (vì \(AQ\;{\rm{//}}\;OM\) theo chứng minh trên).

Suy ra  là trung điểm của  (định lý).

Suy ra  là đường trung bình của .

Suy ra:  (tính chất đường trung bình của tam giác).

Lại có:  (vì  là trung điểm của ) nên .

Xét tứ giác  có:   và  (chứng minh trên).

Suy ra  là hình bình hành.