Cho đường tròn \(\left( {O\,;\,\,R} \right)\) và điểm \(M\) nằm ngoài đường tròn (với \(OM \ne 2R).\) Qua \(M\) kẻ hai tiếp tuyến \(MA,\,\,MB\) đến đường tròn \(\left( O \right)\) (với \(A,B\) là các tiếp điểm).

1) Chứng minh tứ giác \(MAOB\) nội tiếp đường tròn.

2) Qua \(A\) kẻ đường thẳng song song với \(MB\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(C\) (khác \(A),\) đường thẳng \(MC\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(E\) (khác \(C).\) Chứng minh \(\widehat {AEB} = \widehat {BEM}\).

3) Gọi \(H\) là giao điểm của \(OM\) và \(AB\,;\,\,I\) là điểm đối xứng của \(E\) qua \(OM.\) Chứng minh \(ME \cdot MC = MH \cdot MO\) và ba điểm \(C,\,\,H,\,\,I\) thẳng hàng.

1) Chứng minh tứ giác \(MAOB\) nội tiếp đường tròn.

Vì \(MA,\,\,MB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) (với \(A,B\) là các tiếp điểm) nên

\(MA \bot OA\,,\,\,MB \bot OB\)

Hay \(\widehat {OAM} = \widehat {OBM} = 90^\circ \).

Xét tứ giác \(MAOB\) có

\(\widehat {OAM} + \widehat {OBM} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).

 

Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác \(MAOB\) nội tiếp đường tròn.

2) Chứng minh \(\widehat {AEB} = \widehat {BEM}\).

Vì \(AC\,{\rm{//}}\,MB\,\,\left( {{\rm{gt}}} \right)\) nên \(\widehat {ACE} = \widehat {BME}\) (so le trong)

Mà \(\widehat {ACE} = \widehat {ABE}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE)\), suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {BME}{\rm{.\;}}\)

Vì \(\Delta OBE\) cân tại \(O\) \(\left( {OB = OE} \right)\) nên \(\widehat {OBE} = \widehat {OEB}.\)

Suy ra \(\widehat {OBE} = \widehat {OEB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOE}}}{2} = 90^\circ - \frac{{\widehat {BOE}}}{2}.\)

Vì \[MB\] là tiếp tuyến với đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm \[B\] nên \(OB \bot MB\) hay \(\widehat {OBM} = 90^\circ .\)

Suy ra \[\widehat {MBE} = 90^\circ - \widehat {OBE}\]\[ = 90^\circ - \left( {90^\circ - \frac{{\widehat {BOE}}}{2}} \right) = \frac{{\widehat {BOE}}}{2}.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\]

Mặt khác  nên \[\widehat {BAE} = \frac{{\widehat {BOE}}}{2}.\,\,\,\,\left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \(\widehat {BAE} = \widehat {MBE}\).

Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta BME\) có: \(ABE = BME\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\); \(\widehat {BAE} = \widehat {MBE}\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\).

Do đó . Suy ra \(\widehat {AEB} = \widehat {BEM}\) (hai góc tương ứng) (đpcm).

3) Chứng minh \(ME \cdot MC = MH \cdot MO\) và ba điểm \(C,\,\,H,\,\,I\) thẳng hàng.

– Chứng minh \(ME \cdot MC = MH \cdot MO\).

Vì \(\Delta OAE\) cân tại \(O\) \(\left( {OA = OE} \right)\) nên \(\widehat {OAE} = \widehat {OEA}.\)

Suy ra \(\widehat {OAE} = \widehat {OEA} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOE}}}{2} = 90^\circ - \frac{{\widehat {AOE}}}{2}.\)

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

Suy ra \[\widehat {MAE} = 90^\circ - \widehat {OAE}\]\[ = 90^\circ - \left( {90^\circ - \frac{{\widehat {AOE}}}{2}} \right) = \frac{{\widehat {AOE}}}{2}.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\]

Mặt khác  nên \[\widehat {ACM} = \frac{{\widehat {AOE}}}{2}.\,\,\,\,\left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \(\widehat {MAE} = \widehat {ACM}\).

Xét \(\Delta AME\) và \(\Delta CMA\) có: \(\widehat {AME}\) chung; \(\widehat {MAE} = \widehat {ACM}\) (cmt)

Do đó . Suy ra \(\frac{{MA}}{{ME}} = \frac{{MC}}{{MA}}\) hay \(M{A^2} = ME \cdot MC.\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Vi \(MA,\,\,MB\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(MA = MB.\)

Lại có \(OA = OB\) nên \(MO\) là đường trung trực của \(AB\) nên \(AB \bot MO\) tại \[H.\]

Xét \[\Delta OAM\] vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\), ta có \(M{A^2} = MH \cdot MO.\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(ME \cdot MC = MH \cdot MO\) (đpcm).

– Chứng minh ba điểm \(C,\,\,H,\,\,I\) thẳng hàng.

Do \(I\) lả điểm đối xứng của \(E\) qua \(OM\) nên \(OM\) là đường trung trực của \(EI\) nên \(OE = OI,\) suy ra \(I \in \left( {O\,;R} \right).\)

Do \(ME \cdot MC = MH \cdot MO\) nên \(\frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MC}}\).

Xét \(\Delta MEH\) và \(\Delta MOC\) có \(\widehat {OME}\) chung; \(\frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MC}}\) (cmt).

Do đó  suy ra \(\widehat {MHE} = \widehat {MCO}\) (hai góc tương ứng).

Mà \(\widehat {MHE} + \widehat {EHO} = 180^\circ \) nên \(\widehat {MCO} + \widehat {EHO} = 180^\circ .\)

Mà \[\widehat {MCO}\] và \[\widehat {EHO}\] ở vị trí đối diện nên tứ giác \(EHOC\) nội tiếp đường tròn.

Suy ra \(\widehat {EHC} = \widehat {EOC}\) (cùng chắn cung \(EC\,).\)

Ta có \(\widehat {IHE} = 2\widehat {MHE}\) (tính chất đường trung trực)

Mà \(\widehat {MHE} = \widehat {MCO}\) nên

\(\widehat {IHE} + \widehat {EHC} = 2\widehat {MHE} + \widehat {EOC}\)\( = 2\widehat {MCO} + \widehat {EOC} = \widehat {MCO} + \widehat {CEO} + \widehat {EOC} = 180^\circ \).

Vậy ba điểm \(C,\,\,H,\,\,I\) thẳng hàng.