26 bài tập Chứng minh đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn (có lời giải)

Nối \[A\] với \(\left( O \right)\).

Xét \(\Delta ACO\) và \(\Delta ABO\) có

\(OA\) cạnh chung, \(AC = AB\) (gt), \(OC = OB\,\,\left( { = R} \right)\)

Do đó \(\Delta ACO = \Delta ABO\) (c.c.c) \( \Rightarrow \widehat {ACO} = \widehat {ABO} = 90^\circ \)

Chứng tỏ \(AC \bot OC\) hay \(AC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\).

Xét tam giác \(ABC\), ta có:

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\,\,\left( {{5^2} = {3^2} + {4^2}} \right).{\rm{\;}}\)

Theo định lí Pythagore đảo, tam giác \[ABC\] vuông tại \(A\) hay \(AB \bot AC\) \[\left( 1 \right)\]

Lại có \(AB = 3\) nên điểm \(A\) thuộc đường tròn \(\left( {B;\,\,3} \right)\) \[\left( 2 \right)\]

Từ \(\left( 1 \right){\rm{v\`a }}\left( 2 \right)\) \( \Rightarrow AC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {B;\,\,3} \right)\).

\(M\) là giao điểm của đường tròn tâm \(K\) đường kính \(IO\) và đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(M\) thuộc \(\left( {K;\frac{{IO}}{2}} \right)\), ta có: \(KM = KI = KO{\rm{\;}}\) hay \(KM = \frac{{IO}}{2}\) (*).

Xét tam giác \[IMO\] có \(K\) là trung điém của \[IO\] nên \(KM\) là đường trung tuyến và (*) nên tam giác \[IMO\] vuông tại \(M\) hay \(IM \bot OM\) \[\left( 1 \right)\]

Mặt khác \(M \in \left( O \right)\) \(\left( 2 \right)\)

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] \( \Rightarrow \) đường thẳng \(IM\) là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] tại \(M\).

Ta có \[MA\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm \(A\) nên \[MA \bot OA\] hay \(\widehat {MAO} = 90^\circ \).

Đường tròn tâm \(M\) bán kính \[MA\] cắt \[\left( O \right)\] tại \(B\) nên \(MB = MA\) và \(B \in \left( O \right)\).

Xét \(\Delta MAO\) và \(\Delta MBO\) có:

\[OM\] chung,

\(OA = OB = r\) (\[r\] là bán kính đường tròn \[\left( O \right)\])

MA = MB =R ( R là bán kính đường tròn (M))

Do đó \(\Delta MAO = \Delta MBO\left( {c.c.c} \right)\) \( \Rightarrow \widehat {MAO} = \widehat {MBO} = {90^o}\)hay \[MB = OB\]

Mà \( \Rightarrow MB\)là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Gọi H là giao điểm của OA và BC

ΔBOC cân tại O có OH là đường cao (gt)

nên đồng thời là đường phân giác: \(\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}\)

Xét ΔACO và ΔABO có: OB = OC = R,

\(\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}\)(cmt), AO chung

=> ΔACO = ΔABO (c.g.c) =>\(\widehat {ACO} = \widehat {ABO} = {90^o}\)

Chứng tỏ AC là tiếp tuyến của (O).

Ta có: AQ // OP (gt)

Suy ra \[\widehat {{A_1}} = \widehat {{O_1}}\] (hai góc đồng vị); \[\widehat {{Q_1}} = \widehat {{O_2}}\] (hai góc so le trong).

Mà \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{Q_1}}\)(ΔAOQ cân) Þ\(\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}\).

Xét ΔPQO và ΔPBO có:

OP chung, \(\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}\)(cmt), OQ = OB (=R)

Vậy ΔPQO = ΔPBO (c.g.c) Þ \(\widehat {PQO} = \widehat {PBO} = 90^\circ .\)

Hay PQ ^ OQ, chứng tỏ PQ là tiếp tuyến của (O).

Gọi O là tâm đường tròn đường kính AI. Hiển nhiên K thuộc (O) (vì \(\widehat {AKI} = 90^\circ \))

ΔABC cân tại A có AH là đường cao (gt) nên AH đồng thời là đường trung tuyến Þ HB = HC.

Xét ABKC vuông tại K có KH là đuờng trung tuyến nên \(KH = BH = \frac{{BC}}{2}\)

Do đó ΔBHK cân tại H \( \Rightarrow \widehat {{B_1}} = \widehat {BKH}\) (1)

Lại có ΔIOK cân tại O (OI=OK=R)

\[ \Rightarrow \widehat {{I_2}} = \widehat {OKI}\]mà \[ \Rightarrow \widehat {{I_2}} = \widehat {{I_1}}\] (đối đỉnh)

\[ \Rightarrow \widehat {OKI} = \widehat {{I_1}}\](2)

Mặt khác ΔBHI vuông tại H (gt) nên \[\widehat {{B_1}} + \widehat {{I_1}} = 90^\circ \] (3)

Từ (1),(2) và (3) ta có: \[\widehat {BKH} + \widehat {OKI} = 90^\circ \] hay HK ^ OK

Vậy HK là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Ta có: AB = AC (gt)

OB = OC = R (R là bán kính của đường tròn (O)) nên OA thuộc đường trung trực của đoạn BC

hay OA ^ BC tại H.

a qua A và a // BC Þ a ^ OA tại A

Chứng tỏ a là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Ta có: \[B{C^2} + A{B^2} = A{C^2}\,\,{\rm{(}}{12^2} + {9^2} = {15^2})\]

Theo định lý Pythagore đảo, ΔABC vuông tại B hay AB ^ CB

mà BC là đường kính của đường tròn (O) (gt)

ÞAB là tiếp tuyến của đường tròn (O).

a)Xét ΔAOC có OA = OC (=R)

nên ΔAOC cân tại O.

Lại có AC = R (gt) nên tam giác AOC đều

\( \Rightarrow \widehat {AOC} = 60^\circ \)

\[ \Rightarrow \widehat {COB} = 180^\circ  - 60^\circ  = 120^\circ \] (kề bù)

Mặt khác tam giác COB cũng cân tại O có góc ở đỉnh 120°

\[ \Rightarrow \widehat {OBC} = \widehat {OCB} = \frac{{180^\circ  - 120^\circ }}{2} = 30^\circ \]

ΔAOC đều (cmt) \[ \Rightarrow \widehat {ACO} = 60^\circ \].

\[ \Rightarrow \widehat {ACB} = \widehat {ACO} + \widehat {OCB} = 60^\circ  + 30^\circ  = 90^\circ \].

Ta có ACB là nửa tam giác đều có cạnh 2R.

\[ \Rightarrow {\rm{ }}BC = \frac{{2R\sqrt 3 }}{2}{\rm{ }} = R\sqrt 3 \]

b) Vì AC = R (gt) nên tam giác AOC đều (cmt) có OI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường phân giác của góc COA hay OM là tia phân giác của \[\widehat {AOC}\].

c) Xét ΔMCO và ΔMAO có:

OM cạnh chung, \[\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}(cmt)\], OC = OA (=R)

Do đó ΔMCO = ΔMAO (c.g.c)

\[ \Rightarrow \widehat {MCO} = \widehat {MAO} = {90^o}\] hay MC ^ OC

Mà C Î (O) nên MC là tiếp tuyến cua đường tròn (O; R).

Xét ΔOBP và ΔOAP có:

OP cạnh chung, \[\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}(gt)\], OB = OA (gt)

Do đó ΔOBP = ΔOAP (c.g.c)

\[ \Rightarrow PB = PA\],chứng tỏ B thuộc đường tròn tâm P.

Lai có \[\widehat {OBP} = \widehat {OAP} = 90^\circ \] (góc tương ứng)

Þ OB ^ PB, chứng tỏ OB là tiếp tuyến của đường tròn (P; PA).

Vây PA, PB là hai tiếp tuyến cắt nhau của đuờng tròn (P; PA).

Gọi P là chu vi của tam giác SEF.

Ta có P = SE + EM + FM + SF mà EA = EM (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)

Tương tự FM = FB nên P = SE + EA + FB + SF

Mà SE + EA = SA và FB + SF = SB nên P = SA + SB (đpcm)

Vậy chu vi của tam giác SEF bằng SA + SB.

b) (Xem hình vẽ).

Khi M là giao điểm của SO với đường tròn (O), ta có: EF ^ SO tại M.

Xét tam giác ESF có SM là đường cao (vì M là tiếp điểm của tiếp tuyến tại M) đồng thời SM hay SO là đường phân giác (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) nên tam giác SEF cân tại S Þ SE = SF (đpcm).

a) Gọi I là tâm của đường tròn đường kính OA, ta có I là trung điểm của OA

Đường tròn đường kính OA cắt đường tròn (O; R) tại B và C nên ta có \[IA = IB = IO = \frac{{OA}}{2}\].

Xét tam giác ABO có \[IB = \frac{{OA}}{2}\] (cmt) nên tam giác ABO vuông tại B hay AB ^ OB.

Chứng minh tương tự, ta có AC ^ OC mà B,C Î (O)

Do đó AB và AC là hai tiếp tuyến của dường tròn (O; R).

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau tại một diểm, ta có AB=AC.

c) Tia phân giác của góc BAC và góc BOC là tia OA.

a) Ta có CA = CM; DB = DM (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà \(CD = CM + DM \Rightarrow CD = CA + BD\)

Lại có CO và DO là các tia phân giác của góc kề bù \(\widehat {AOM}\) và \(\widehat {BOM}\) nên \(\widehat {COD} = 90^\circ .\)

b) Gọi I là trung điểm của CD ta có OI là đường trung tuyến cua tam giác vuông COD nên \[IO = IC = ID\] hay I là tâm của đuờng tròn đường kính CD.

Dễ thấy tứ giác ABCD là hình thang vuông có OI là đường trung bình nên IO // AC và BD mà AC và BD cùng vuông góc với AB (gt)

Þ IO ^ AB.

Chứng tỏ AB là tiếp tuyến cúa đường tròn đường kính CD.

a) Ta có các đường thẳng m, n, p lân lượt là các tiếp tuyến tai các điểm tại A, B,C với đường tròn(O;R).

Ta có AD=CD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Tương tự BE = CE mà \(CD + CE = DE\)\( \Rightarrow AD + BE = DE\)(đpcm)

Do DC và DA là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D,

Ta có: OD là tia phân giác của góc COA hay \(\widehat {COD} = \widehat {AOD} = \frac{1}{2}\widehat {COA}\)

Tương tự OE là tia phân giác của góc COB nên \[\widehat {COE} = \widehat {BOE} = \frac{1}{2}\widehat {COB}\]

c) Ta có \[\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}};\widehat {{O_3}} = \widehat {{O_4}}\left( {cmt} \right)\]

mà \[\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} + \widehat {{O_3}} + \widehat {{O_4}} = {180^o}\] nên \[\widehat {{O_2}} + \widehat {{O_3}} = 90^\circ .\]

Chứng tỏ ΔODE vuông tại O.

a) Ta có: \(DA = DC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

\(OA = OC\;( = R)\)

Nên DO là đường trung trực của AC

\( \Rightarrow \) \(DO \bot AC\)

Lại có \(CB \bot AC\) (AB là đường kính)

\( \Rightarrow \) \(DO//BC\)\( \Rightarrow \) \(\widehat {AOD} = \widehat {ABC}\)(đồng vị)

Do đó $\Delta DOA\backsim \Delta CHB$ (g.g)

\( \Rightarrow \) \(\frac{{AO}}{{HB}} = \frac{{AD}}{{HC}}\) \( \Rightarrow \)\(AO.HC = AD.HB\) (1)

Lại có \(IH//AD\)(cùng vuông góc với AB) theo hệ quả của định lí Thalès

\(\frac{{IH}}{{AD}} = \frac{{HB}}{{AB}}\)\( \Rightarrow \)\(AD.HB = IH.AB\) (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \)\(AO.HC = IH.AB\) mà \(AB = 2AO\)

\( \Rightarrow \)\(AO.HC = IH.2AO\)\( \Rightarrow \)\(HC = 2IH\)

Chứng tỏ I là trung điểm của HC hay CI = HI.

Cách khác:

Có \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (AB là đường kính)

\( \Rightarrow \)\(\widehat {ACE} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ACD} + \widehat {DCE} = 90^\circ \) (1)

\(\Delta ACE\) vuông tại C \( \Rightarrow \)\[\widehat {{A_1}} + \widehat E = 90^\circ \] (2)

Lại có \(\Delta ADC\)cân tại D (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)\( \Rightarrow \)\[\widehat {{A_1}} = \widehat {ACD}\] (3)

Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow \) \[\widehat E = \widehat {DCE}\]

Hay \(\Delta EDC\)cân tại D \( \Rightarrow \)\[DE = DC\]

Mà \[DC = DA\]\( \Rightarrow \)\[DE = DA\]

Lại có \[AE\,{\rm{//}}\,CH\,\,( \bot AB)\]

Xét \[\Delta DAB\] có \[IH\,{\rm{//}}\,AD\].

Theo hệ quả của định lí Thalès \[\frac{{IH}}{{AD}} = \frac{{BI}}{{BD}}\] (4)

Tương tự với \[\Delta BDE\] có \[CI//DE\]\[ \Rightarrow \]\[\frac{{IH}}{{AD}} = \frac{{CI}}{{DE}}\] mà \[AD = DE\] (cmt) \( \Rightarrow \)\[IH = CI\].

Gọi D là giao điểm của đường thẳng AC và BP. Ta có \[\widehat {BAC} = 90^\circ \] (BC là đường kính)

\( \Rightarrow \)\(\widehat {BAD} = 90^\circ \) (kề bù)

\( \Rightarrow \)\(\widehat {DAP} + \widehat {PAB} = 90^\circ \) (1)

\(\Delta ABD\)vuông tại A (cmt)

\( \Rightarrow \)\(\widehat {DBA} + \widehat {ADB} = 90^\circ \) (2)

Mặt khác PA, PB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại P của đường tròn (O) nên PA = PB và \(\widehat {PAB} = \widehat {PBA}\) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra : \(\widehat {DAP} = \widehat {ADP}\)

Do đó \(\Delta APD\)cân tại P \( \Rightarrow \)PA = PD mà PA = PB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \) PD = PB

Lại có \(DB\,{\rm{//}}\,AH\,\,( \bot BC)\)

Xét \(\Delta PBC\)có \(IH\,{\rm{//}}\,PB\,\,( \bot BC)\)\( \Rightarrow \)\[\frac{{IH}}{{PB}} = \frac{{IC}}{{PC}}\] (định lí Thalès) (4)

Tương tự \(\Delta PDC\)có \[IA\,{\rm{//}}\,PD\,\,( \bot BC)\]\( \Rightarrow \)\[\frac{{IA}}{{PD}} = \frac{{IC}}{{PC}}\] (định lí Thalès) (5)

Từ (4) và (5) suy ra : \[\frac{{IH}}{{PB}} = \frac{{AI}}{{DP}}\]\( \Rightarrow \)\(IH = IA\) (vì PB = PD)

Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng EF tại H.

Ta có \(\widehat {AHF} = \widehat {FEC}\) (1) (so le trong)

Lại có CE = CF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên \(\Delta ECF\)cân tại C \( \Rightarrow \) \(\widehat {FEC} = \widehat {CFE}\) (2)

Mà \(\widehat {EFC} = \widehat {AFH}\) (3) (đối đỉnh)

Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow \)\(\widehat {AHF} = \widehat {AFH}\)

Hay \(\Delta AHF\)cân tại A \( \Rightarrow \)AH = AF = AD

Xét \(\Delta ABE\)có DM // BE (gt)

Theo hệ quả của định lí Thalès ta có \(\frac{{DM}}{{BE}} = \frac{{AD}}{{AB}}\) \( \Rightarrow \)\(\frac{{DM}}{{AD}} = \frac{{BE}}{{AB}}\)

Mà AD = AH (cmt) và BE = BD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

\( \Rightarrow \)\(\frac{{DM}}{{AH}} = \frac{{BD}}{{AB}} = \frac{{EM}}{{AE}}\) (4) (định lí Thalès)

Mặt khác xét \(\Delta AEH\) có MN // AH (gt).

Theo hệ quả của định lí Thalès ta có \(\frac{{EM}}{{AE}} = \frac{{MN}}{{AH}}\) (5)

Từ (4) và (5) \( \Rightarrow \)\(\frac{{DM}}{{AH}} = \frac{{MN}}{{AH}}\)\( \Rightarrow \)DM = MN hay M là trung điểm của DN.

a) Ta có OA, OB là hai tiếp tuyến của (O) nên OA = OB và OK là phân giác của \(\widehat {AOB}\)

\( \Rightarrow \)\(\widehat {AOK} = \widehat {BOK} = \frac{{\widehat {AOB}}}{2} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ \)

Do đó \(\Delta OAK\) là nửa tam giác đều có cạnh \[AK = R\] \( \Rightarrow \)OK = 2R nên

OA = OB \( = \sqrt {O{K^2} - A{K^2}} \)\( = \sqrt {{{(2R)}^2} - {R^2}}  = R\sqrt 3 \)

Lại có CD tiếp xúc với (K) tại M nên CM = CA và DM = DB

Gọi p là chu vi của \(\Delta OCD\), ta có

\({p_{OCD}}\)= OC + CM + MD + OD

= OC + CA + DB + OD

= 2 OA = 2\(R\sqrt 3 \) (không đổi)

b) Ta có CK là phân giác của \(\widehat {AKM}\)

DK là phân giác của \(\widehat {BKM}\)

Mà \(\widehat {AKM} + \widehat {BKM} = \widehat {AKB} = 120^\circ \) (vì \(\widehat O = 60^\circ \) và \(\widehat A = \widehat B = 90^\circ \))

\( \Rightarrow \)\(\widehat {CKD} = \frac{1}{2}\widehat {AKB} = \frac{1}{2}.120^\circ  = 60^\circ \) (không đổi)

Ta có chu vi \(\Delta APQ\) bằng AP + PQ + QA và PQ = PM + MQ nên chu vi \(\Delta APQ\) bằng \[AP + PM + MQ + QA{\rm{ }}\left( 1 \right)\]

Mặt khác ta có: PB = PM và QC = QM (2) (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)

Từ (1) và (2) ta có :

AP + PM + MQ + QA = AP + PB + QC + QA = AB + AC

Vậy chu vi \(\Delta APQ\) bằng AB + AC không đổi.

Ta có AD = AF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Tương tự BD = BE và CE = CF

Do đó:

AB + AC – BC = AD + BD + AF + CF – (BE + CE)

= AD + BE + AF + CE – BE – CE

= AD + AF = 2 AD

Dễ thấy AFID là hình chữ nhật (có 3 góc vuông)

Lại có AD = AF nên AFID là hình vuông

\( \Rightarrow \) AD = AF = ID = r

Ta có BD = BE và CE = CF

\( \Rightarrow \)AB + AC = AD + BD + AF + CF

= AD + AF + BD + CF

= 2 r + 2 R

= 2 (r + R)

Kẻ AE // CD (E thuộc By)

Dễ thấy tứ giác ACDE là hình bình hành

\( \Rightarrow \) AE = CD mà AC = MC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Tương tự BD = MD nên \[AC + BD = MC + MD = CD\]

Lại có AE \( \ge \) AB\( \Rightarrow \)AC + BD \( \ge \) AB (không đổi)

Dấu “=” xảy ra khi E trùng với B nên CD // AB hay \(OM \bot AB\).

Vậy khi M là giao điểm của đường thẳng vuông góc với AB thì AC + BD nhỏ nhất.

Ta có CM và CA là hai tiếp tuyến nên \(\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}\)

Tương tự \(\widehat {{O_3}} = \widehat {{O_4}}\)

Mà \[\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} + \widehat {{O_3}} + \widehat {{O_4}} = 180^\circ \]\( \Rightarrow \)\(\widehat {{O_2}} + \widehat {{O_3}} = 90^\circ \)

Hay tam giác COD vuông tại O

CD là tiếp tuyến tại M nên \(CD \bot OM\)

Xét \(\Delta CMO\) và \(\Delta OMD\)có:

\(\widehat {CMO} = \widehat {DMO} = 90^\circ \), \(\widehat {{O_2}} = \widehat {CDO}\) (cùng phụ với góc DCO)

Nên (g.g)

\( \Rightarrow \)\(\frac{{CM}}{{OM}} = \frac{{OM}}{{MD}}\)

\( \Rightarrow \)\(CM.DM = O{M^2} = {R^2}\) (không đổi)

Mà CM = AC, DM = BD \( \Rightarrow \)\(AC.BD = {R^2}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có:

\(\frac{{3AC + BD}}{2} \ge \sqrt {3.AC.BD} \)

\(3AC + BD \ge 2\sqrt {3.AC.BD} \)

\(3AC + BD \ge 2\sqrt 3 .R\)

Dấu “=” xảy ra khi \(3AC = BD = \sqrt 3 .R\) nên \(\widehat {AOC} = 30^\circ \) hay \(\widehat {AOM} = 60^\circ \).

Vậy M di động ở trên (O) sao cho \(\widehat {AOM} = 60^\circ \) thì 3AC + BD nhỏ nhất.

a) Ta có \(AC\), \(AH\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {M;MH} \right)\) nên \(AM\) là phân giác của góc \(\widehat {CMH}\) hay \(\widehat {CMA} = \widehat {AMH}\)

Chứng minh tương tự có \(\widehat {HMB} = \widehat {BMD}\) Mà \(\widehat {AMH} + \widehat {HMB} = \widehat {AMB} = 90^\circ \) (\(AB\) là đường kính)\( \Rightarrow \widehat {CMA} + \widehat {AMH} + \widehat {HMB} + \widehat {BMD} = 180^\circ \) hay ba điểm \(C\), \(M\), \(D\) thẳng hàng \( \Rightarrow CA//BD\left( { \bot CD} \right)\) hay tứ giác \(ABDC\) là hình thang vuông có \(OM\) là đường trung bình nên \(OM{\rm{//}}AC\) và \(BD \Rightarrow OM \bot CD\). Chứng tỏ \(CD\) là tiếp tuyến của (O).

b) Ta có \(AC = AH\), \(BD = BH\) (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow AC + BD = AH + BH = AB = 2R\) không đổi.

\(I\) là trung điểm của \(DE\left( {gt} \right) \Rightarrow OI \bot DE\) hay \(\Delta OIA\) vuông tại \(I\)

Gọi \(H\) là giao điểm của \(OA\) và \(BC\).

Ta có \(\Delta OHN\) vuông tại \(H\)

Ta có $\Delta OHN\backsim \Delta OIA$ (g.g) \( \Rightarrow \frac{{ON}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OI}} \Rightarrow ON = \frac{{OA.OH}}{{OI}}\).

Xét \(\Delta ABO\) và \(\Delta HBO\) có: \(\widehat {ABO} = \widehat {BOH} = 90^\circ \), \(\widehat {AOB}{\rm{\;}}\) chung.

Do đó  $\Delta ABO\backsim \Delta BHO$(g.g) \( \Rightarrow \frac{{OB}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OB}}\) \( \Rightarrow OA.OH = O{B^2} = {R^2}\)

Do đó \(ON = \frac{{{R^2}}}{{OI}}\) (không đổi), \(d\) cho trước, \(O\) cố định \( \Rightarrow I\) cố định \( \Rightarrow N\) cố định.