Từ điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn \(\left( O \right),\) kẻ hai tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn \(\left( O \right)\) \((B,\,\,C\) là hai tiếp điểm).

1) Chứng minh tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp.

2) Vẽ đường kính \(BD\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(E\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AD\) và đường tròn \(\left( O \right).\) Đường thẳng \(BC\) và đường thẳng \(AO\) cắt nhau tại \(H.\) Chứng minh \(A{B^2} = AE \cdot AD = AH \cdot AO\) và \(\widehat {HDO} = \widehat {HBE}.\)

3) Lấy điểm \(M\) thuộc tia đối của tia \(CB.\) Gọi \(N\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(M\) đến đường thẳng \(AB.\) Chứng minh đường thẳng \(BE\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(MN.\)

1) Vì \(AB,\,\,AC\) là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ .\]

Do đó hai điểm \(B,\,\,C\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AO.\)

Vậy tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AO.\)

2) ⦁ Ta có \(BD\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {BED} = 90^\circ .\)

Xét \(\Delta ABE\) vuông tại \(E,\) ta có: \(\cos \widehat {BAE} = \frac{{AE}}{{AB}}.\)

Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(B,\) ta có: \(\cos \widehat {BAD} = \frac{{AB}}{{AD}}.\)

Do đó \[\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{AD}}\] hay \(A{B^2} = AE \cdot AD.\)

Lại có \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(A)\) và \(OB = OC\) nên đường thẳng \(AO\) là trung trực của đoạn thẳng \(BC.\) Do đó \(AO \bot BC.\)

Chứng minh tương tự như trên ta cũng có:

\(\frac{{AB}}{{AO}} = \cos \widehat {BAO} = \cos \widehat {BAH} = \frac{{AH}}{{AB}},\) suy ra \(A{B^2} = AH \cdot AO.\)

Vậy \(A{B^2} = AE \cdot AD = AH \cdot AO.\)

⦁ Chứng minh tương tự như trên, ta cũng có:

\(OH{\rm{\;}} \cdot OA = O{B^2} = O{D^2}\) hay \(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OD}}.\)

Xét \(\Delta ODH\) và \(\Delta OAD\) có: \(\widehat {AOD}\) là góc chung và \(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OD}}.\)

Do đó  (c.g.c). Suy ra \(\widehat {HDO} = \widehat {DAO}\) (hai góc tương ứng).  (1)

Ta có \(\widehat {AHB} = \widehat {AEB} = 90^\circ \) nên hai điểm \(H,\,\,E\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AB.\)

Do đó tứ giác \(ABHE\)  nội tiếp đường tròn đường kính \(AB.\)

Suy ra \(\widehat {EBH} = \widehat {EAH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EH).\) Hay \(\widehat {HBE} = \widehat {DAO}.\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {HDO} = \widehat {HBE}.\)

3) Gọi \(K\) là giao điểm của \(BE\) và \(MN.\)

Ta có \(BD\,{\rm{//}}\,MN\) (cùng vuông góc với \(AB)\) nên \(\widehat {DBM} = \widehat {BMN}\) (hai góc so le trong).

Xét \(\Delta BHD\) và \(\Delta MKB\) có \(\widehat {DBH} = \widehat {BMK},\,\,\widehat {BDH} = \widehat {KBM}\)

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac{{BH}}{{MK}} = \frac{{BD}}{{MB}}.\,\,\,\left( 3 \right)\)

Xét \(\Delta BCD\) và \(\Delta MNB\) có \(\widehat {BCD} = \widehat {MNB} = 90^\circ \) và \(\widehat {CBD} = \widehat {BMN}\)

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac{{BC}}{{MN}} = \frac{{BD}}{{MB}}.\,\,\,\,\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{BH}}{{MK}} = \frac{{BC}}{{MN}},\) nên \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{MK}}{{MN}}.\)

Do \(OA\) là đường trung trực của \(BC\) nên \(H\) là trung điểm của \(BC,\) suy ra \(BH = \frac{1}{2}BC\) hay \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{1}{2}\) nên \(\frac{{MK}}{{MN}} = \frac{1}{2},\) do đó \(K\) là trung điểm của \(MN.\)