(2,5 điểm) Cho đường tròn \[\left( O \right)\] đường kính \[AB\]. Lấy điểm \[M\] thuộc \[\left( O \right)\] sao cho \[MA < MB.\]Vẽ dây \[MN\] vuông góc với \[AB\] tại \[H\]. Đường thẳng \[AN\] cắt \[BM\] tại \[C\]. Đường thẳng qua \[C\] vuông góc với \[AB\] tại \[K\] và cắt \[BN\] tại \[D\]. Chứng minh rằng:

a) \[A,M,C,K\] cùng thuộc một đường tròn.

b) ⦁ Xét \(\Delta OMN\) cân tại \(O\) (do \(OM = ON)\) nên đường cao \(OH\) đồng thời là đường trung tuyến, hay \(H\) là trung điểm của \(MN\).

Xét \[\Delta MNB\] có \[BH\] là đường cao và cũng là đường trung tuyến của \[\Delta MNB\] nên \[\Delta MNB\] cân tại \[B\].

Suy ra \[BH\] cũng là đường phân giác của \[\widehat {MBN}\].

Hay \[BK\] là đường phân giác của \[\widehat {CBD}\].

⦁ Xét \[\Delta BCD\] có \[BK\] vừa là đường cao, vừa là đường phân giác của \[\Delta BCD\] nên \[\Delta BCD\] cân tại \[B\]

Do đó \[\widehat {BCD} = \widehat {BDC}\]. (1)

Ta có: \[\widehat {CDB} = \widehat {KAC}\] (cùng phụ với \[\widehat {DCA}\]) (2)

Xét đường tròn \[\left( E \right)\] có \[\widehat {KAC} = \widehat {KMC}\] (góc nội tiếp cùng chắn cung \[KC\]) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \[\widehat {BCD} = \widehat {KMC} = \widehat {BDC} = \widehat {KAC}\]

Xét \[\Delta KMC\] có \[\widehat {KCM} = \widehat {KMC}\] nên \[\Delta KMC\] cân tại \[K\].

c) Xét \[\Delta BOM\] cân tại \[O\] (do \[OM = OB\]) ta có \[\widehat {OMB} = \widehat {OBM}\].

Mà \[\widehat {OBM} = \widehat {OBD}\] (do \[BK\] là đường phân giác của \[\widehat {CBD}\]).

Suy ra \[\widehat {OMB} = \widehat {OBD}.\]

Xét \(\Delta BDK\) vuông tại \(K,\) ta có: \[\widehat {OBD} + \widehat {BDK} = 90^\circ \]

Mà \[\widehat {OMB} = \widehat {OBD}\] và \[\widehat {BDK} = \widehat {KMC}\] nên \[\widehat {OMB} + \widehat {KMC} = 90^\circ \]

Do đó, \[\widehat {KMO} = 180^\circ - \left( {\widehat {OMB} + \widehat {KMC}} \right) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \].

Suy ra \[KM \bot MO\] tại \[M\] thuộc đường tròn \[\left( O \right)\].

Vậy \[KM\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\].