Câu 17-18: (2,0 điểm) Qua điểm A nằm ngoài đường tròn \[\left( O \right),\] kẻ hai tiếp tuyến \[AB\] và \[AC\] của đường tròn \[\left( O \right)\] \[(B\] và \[C\] là các tiếp điểm). Gọi \[H\] là giao điểm của \[BC\] và \[AO,\] \[E\] là giao điểm của đoạn thẳng \[OA\] với đường tròn \[\left( O \right).\]

1) Chứng minh \(AO \bot BC\) và \(AB \cdot EH = AE \cdot BH.\)

Vì \(AB,\,\,AC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(A\) nên \(AO\) là tia phân giác của \(\widehat {BAC}.\) Suy ra \(\widehat {BAH} = \widehat {CAH}.\)

Lại có \(\widehat {CAH} = \widehat {DCB}\) (cùng phụ với \[\widehat {ACH})\] nên \(\widehat {BAH} = \widehat {DCB}.\)

Xét \[\Delta ABH\] và \(\Delta CDB\) có: \(\widehat {AHB} = \widehat {CBD} = 90^\circ \) và \(\widehat {BAH} = \widehat {DCB}.\)

Do đó (g.g). Suy ra \(\frac{{AB}}{{CD}} = \frac{{AH}}{{CB}}\). (3)

Ta có \(AO\) là đường trung trực của \(BC\) nên \(H\) là trung điểm của \(BC,\) suy ra \(CB = 2BH.\)

Mà \(M\) đối xứng với \(H\) qua \(B\) nên \(B\) là trung điểm của \(MH,\) suy ra \(MH = 2BH.\)

Do đó \(CB = MH.\)

Lại có \(AB = AC\) nên từ (3), ta có: \(\frac{{AC}}{{CD}} = \frac{{AH}}{{MH}}\) hay \(\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{CD}}{{MH}}.\)

Xét \(\Delta ACD\) và \(\Delta AHM\) có: \(\widehat {ACD} = \widehat {AHM} = 90^\circ \) và \(\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{CD}}{{MH}}.\)

Do đó (c.g.c). Suy ra \(\widehat {CDA} = \widehat {HMA}\) (hai góc tương ứng).

Từ bổ đề đã chứng minh ở trên, ta thấy tứ giác \(CDMA\) có \(\widehat {CDA} = \widehat {CMA}\) nên tứ giác \(CDMA\) nội tiếp. Suy ra \(\widehat {AMD} + \widehat {ACD} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối của một tứ giác nội tiếp).

Do đó \(\widehat {AMD} = 180^\circ - \widehat {ACD} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ .\)

Như vậy, \(\Delta AMD\) vuông tại \(M\) nên đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AMD\) có tâm là trung điểm của cạnh huyền \(AD.\)