Cho đường tròn tâm O bán kính R và một đường thẳng d cố định không giao nhau. Hạ OH vuông góc với d. M là một điểm tùy ý trên d (M không trùng với H). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn (O; R) (P, Q là các tiếp điểm và tia MQ nằm giữa hai tia MH và MO). Dây cung PQ cắt OH và OM lần lượt tại I và K.

1) Chứng minh rằng tứ giác OMHQ nội tiếp.

2) Chứng minh rằng \[\widehat {OMH} = \widehat {OIP}\]

3) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên đường thẳng d thì điểm I luôn cố định.

4) Biết \[OH = R\sqrt 2 \], tính IP . IQ.

1) Xét tứ giác OMHQ có \[\widehat {OQM} = {90^0}\] (MQ là tiếp tuyến của (O))

                                     \[\widehat {OHM} = {90^0}\] (\[OH \bot d\])

Vậy tứ giác OMHQ nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp bằng nhau)

2) Ta có: \[\widehat {OMH} + \widehat {MOH} = {90^0}\] (tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông OMH)

Ta có   OP = OQ = R, MP = MQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

→ OM là trung trực của PQ \[ \to OM \bot PQ\]

\[ \to \widehat {OIP} + \widehat {MOH} = {90^0}\] (tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông OIK)

Vậy \[\widehat {OMH} = \widehat {OIP}\] (cùng phụ với \[\widehat {MOH}\])

3) Xét hai tam giác OIK và OMH có \[\widehat {OMH} = \widehat {OIP}\] (cmt), \[\widehat {OHM} = \widehat {OKI} = {90^0}\]

Suy ra \[\Delta OIK \sim \Delta OMH\] (g.g)

\( \to \frac{{OI}}{{OM}} = \frac{{OK}}{{OH}} \to OI = \frac{{OK.OM}}{{OH}}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OQM có \({R^2} = O{Q^2} = OK.OM\)

\( \to OI = \frac{{{R^2}}}{{OH}}\)

Vì d cố định nên OH không đổi, R luôn không đổi nên OI không đổi. Mà \[I \in OH\] cố định nên I cố định.

4) Xét tứ giác OPMQ có: 

\[\widehat {OPM} + \widehat {OQM} = {180^0} \to \] Tứ giác OPMQ nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) \[ \to \widehat {OPI} = \widehat {OMQ}\](hai góc nội tiếp cùng chắn cung OQ)