Câu 8-10: (3,0 điểm)

Cho điểm \[M\] nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\). Qua \[M\] kẻ tiếp tuyến \(MA,\,\,MB\) với \(\left( O \right)\,\,(A,\,\,B\) là các tiếp điểm).

1) Chứng minh \[OM\] vuông góc với \[AB\] tại \[K.\]

Xét \(\Delta OEF\) cân tại \(O\) (do \(OE = OF)\) nên đường trung tuyến \(OG\) đồng thời là đường cao của tam giác, suy ra \(OG \bot FE\) tại \[G.\]

Xét \(\Delta GOM\) và \(\Delta KOH\) có: \(\widehat {OGM} = \widehat {OKH} = 90^\circ \) và \(\widehat {O\,}\) là góc chung

Do đó  (g.g). Suy ra \(\frac{{OG}}{{KO}} = \frac{{OM}}{{OH}}\) hay \(OG \cdot OH = OM \cdot OK.\)

Xét \(\Delta OKA\) và \(\Delta OAM\) có: \(\widehat {OKA} = \widehat {OAM} = 90^\circ \) và \(\widehat {AOM}\) là góc chung

Do đó  (g.g). Suy ra \(\frac{{OK}}{{OA}} = \frac{{OA}}{{OM}}\) hay \(O{A^2} = OK \cdot OM.\)

Mà \(OA = OE\) và \(OG \cdot OH = OM \cdot OK\) nên \(O{E^2} = OG \cdot OH.\) Suy ra \(\frac{{OG}}{{OE}} = \frac{{OE}}{{OH}}.\)

Xét \(\Delta OGE\) và \(\Delta OEH\) có: \(\widehat {O\,}\) là góc chung và \(\frac{{OG}}{{OE}} = \frac{{OE}}{{OH}}\)

Do đó  (c.g.c). Suy ra \(\widehat {OEH} = \widehat {OGE} = 90^\circ .\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ABE}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ABE} = 90^\circ .\)

Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta AEH\) có: \(\widehat {ABE} = \widehat {AEH} = 90^\circ \) và \(\widehat {A\,}\) là góc chung

Do đó  (g.g). Suy ra \(\frac{{AE}}{{AH}} = \frac{{BE}}{{EH}}\) nên \(BE = \frac{{AE \cdot EH}}{{AH}}.\)

Ta có: \(\frac{1}{{B{E^2}}} = \frac{{A{H^2}}}{{A{E^2} \cdot E{H^2}}}\) mà \(A{H^2} = A{E^2} + H{E^2}\) (định lý Pythagore trong \(\Delta AHE\) vuông tại \(E)\)

Suy ra \(\frac{1}{{B{E^2}}} = \frac{{A{E^2} + H{E^2}}}{{A{E^2} \cdot H{E^2}}} = \frac{1}{{H{E^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}}\)

\( = \frac{1}{{H{E^2}}} + \frac{1}{{4{R^2}}}\) (do \(AE = 2R\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)).\)

Do đó \(\frac{1}{{B{E^2}}} - \frac{1}{{H{E^2}}} = \frac{1}{{4{R^2}}}.\)