Tâm đường tròn bàng tiếp tam giác là:

Chọn B

Xét nửa \((O)\) có \(MC\) và \(AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(C\) nên \(OC\) là phân giác \[\widehat {MOA}\] do đó \[\widehat {AOC} = \widehat {COM}\].

Lại có \(MD\) và \(BD\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(D\) nên \(OD\) là phân giác \[\widehat {MOB}\] do đó \[\widehat {DOB} = \widehat {DOM}\].

Từ đó \[\widehat {AOC} + \widehat {BOD} = \widehat {COM} + \widehat {MOD} = \frac{{\widehat {AOC} + \widehat {BOD} + \widehat {COM} + \widehat {MOD}}}{2} = \frac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ \].

Nên \[\widehat {COD} = 90^\circ \] hay \(\Delta COD\) vuông tại \(O\) và \(\widehat {MDO} = \widehat {MOC}\)

Có (g.g) suy ra \(MC.MD = O{M^2}\).

Chọn C

Xét đường tròn \(\left( {O\;{\rm{;}}\;R} \right)\) có \(MA,\;MB\) là tiếp tuyến

Suy ra \(\widehat {BOM} = \widehat {AOM} = \frac{1}{2}\widehat {AOB}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \((1)\)

 \(\Delta OAC\) có \[OA = OC\] suy ra \(\widehat {OAC} = \widehat {OCA}\) (tính chất tam giác cân)

\(\widehat {AOB} = \widehat {OCA} + \widehat {OAC}\) (tính chất góc ngoài của tam giác)

Nên \(\widehat {OAC} = \widehat {OCA} = \frac{1}{2}\widehat {AOB}\) \((2)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {OCA} = \widehat {BOM}\)

 Mà \(\widehat {OCA}\), \(\widehat {BOM}\) ở vị trí đồng vị

Nên \(CK\,{\rm{//}}\,OM\) suy ra\(\widehat {MOK} = \widehat {CKO}\) (so le trong).

Chứng minh\(\left( {O\;{\rm{;}}\;R} \right)\) \(\Delta OAM = \Delta OCK\) (c.g.c) suy ra \(CK = OM\) (hai cạnh tương ứng).

Chứng minh \(\Delta KMO = \Delta OCK\) (c.g.c) suy ra \(\widehat {COK} = \widehat {OKM}\) (hai góc tương ứng).

Mà \(\widehat {COK} = 90^\circ \)(\(KO\)là trung trực của \(BC\)) suy ra \(\widehat {OKM} = 90^\circ \).

Tứ giác \[{\rm{O}}BMK\] có:

+ \(\widehat {MBO} = 90^\circ \) (\(MB\) là tiếp tuyến của \(\left( {O\;{\rm{;}}\;R} \right)\)).

+ \(\widehat {BOK} = 90^\circ \)(\(KO\) là trung trực của \(BC\)).

+ \(\widehat {OKM} = 90^\circ \) (cmt).

Do đó \(OBMK\) là hình chữ nhật suy ra \(MK = OB = R\).