Cho hai đường tròn\[\left( {O;\,\,R} \right)\]và \[\left( {O';\,\,R'} \right)\]cắt nhau tại A và B \[\left( {R > R',\,\,\widehat {OAO'} > 90^\circ } \right).\] Đường thẳng O'B cắt \[\left( {O;\,\,R} \right)\] và \[\left( {O';\,\,R'} \right)\] lần lượt tại E và P (khác B), đường thẳng OB cắt \[\left( {O';\,\,R'} \right)\] và \[\left( {O;\,\,R} \right)\] lần lượt tại F và Q (khác B). 

a) Chứng minh ba điểm A, P, Q thẳng hàng và \[PQ = 2 \cdot OO'.\]

b) Qua B dựng đường thẳng song song với EF, cắt \[\left( {O;\,\,R} \right)\] và \[\left( {O';\,\,R'} \right)\] lần lượt tại M và N. Chứng minh năm điểm O, A, O', E, F cùng thuộc một đường tròn và MABE là hình thang cân.

c) Tiếp tuyến với \[\left( {O';\,\,R'} \right)\] tại A cắt \[\left( {O;\,\,R} \right)\] tại C và tiếp tuyến với \[\left( {O;\,\,R} \right)\] tại A cắt \[\left( {O';\,\,R'} \right)\] tại D. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD cắt đường thẳng AB tại I (khác A). Chứng minh B là trung điểm của AI.

a) Chứng minh ba điểm \({\bf{A}},\,{\bf{P}},{\bf{Q}}\) thẳng hàng và \({\bf{PQ}}\, = \,{\bf{2O}}{{\bf{O}}^/}\).

Ta có: \(\widehat {QAB}\, = \,{90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa \(\left( O \right)\)đường kính \(BQ\)).

\(\widehat {PAB}\, = \,{90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa \(\left( {{O^/}} \right)\)đường kính \(BP\)).

Mặt khác: \(\widehat {QAP\,} = \,\widehat {QAB}\, + \,\widehat {PAB}\, = \,{90^0} + {90^0} = {180^0}\)\( \Rightarrow \,A;\,P;\,Q\) thẳng hàng

 có: \(O\) là trung điểm \(QB\,\)(\(QB\) là đường kính của \(\left( O \right)\))

\({O^/}\) là trung điểm \(PB\,\)(\(PB\) là đường kính của \(\left( {{O^/}} \right)\))

Do đó \(O{O^/}\) là đường trung bình của .Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}O{O^/}\,\,\parallel \,\,\,PQ\\PQ\, = \,2O{O^/}\end{array} \right.\)

b) Qua \({\bf{B}}\)dựng đường thẳng song song với \({\bf{EF}}\), cắt \(\left( {{\bf{O}};\,{\bf{R}}} \right)\) và \(\left( {{{\bf{O}}^/};\,{{\bf{R}}^/}} \right)\) lần lượt tại \({\bf{M}}\)
và \({\bf{N}}\). Chứng minh năm điểm \({\bf{O}},\,{\bf{A}},\,{{\bf{O}}^/},\,{\bf{E}},\,{\bf{F}}\) cùng thuộc một đường tròn và \({\bf{MABE}}\) là hình thang cân.

b.1 Chứng minh năm điểm \({\bf{O}},\,{\bf{A}},\,{{\bf{O}}^/},\,{\bf{E}},\,{\bf{F}}\) cùng thuộc một đường tròn.

b.1.1 Chứng minh bốn điểm O, O^/, E, F cùng thuộc một đường tròn.

 cân tại \(O\) (do \[OE\, = \,OB = R\]) \( \Rightarrow \widehat {EOB}\, = \,{180^0}\, - 2\widehat {OBE}\) hay \(\widehat {EOF\,}\, = \,{180^0} - \,2\widehat {OBE}\)…(1)

 cân tại \({O^/}\) (do \[{O^/}F\, = \,{O^/}B = {R^/}\]) \( \Rightarrow \widehat {B{O^/}F\,}\, = \,{180^0}\, - 2\widehat {{O^/}BF}\)

hay \(\widehat {E{O^/}F\,}\, = \,{180^0} - \,2\widehat {{O^/}BF}\)…(2)

Mà: \(\widehat {OBE\,} = \,\widehat {{O^/}\,BF}\) (đối đỉnh) …(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(\widehat {EOF}\, = \,\widehat {E{O^/}F}\)\( \Rightarrow \)Tứ giác \(EO{O^/}F\) là tứ giác nội tiếp.

\( \Rightarrow \)\(O;\,{O^/};\,E;\,F\) cùng thuộc một đường tròn …(4).

b.1.2 Chứng minh bốn điểm A, O^/, E, F cùng thuộc một đường tròn.

Ta có: \(\widehat {A{O^/}B\,}\, = \,2\widehat {APB}\,\)(góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( {{O^/}} \right)\)). Hay \(\widehat {A{O^/}E\,}\, = \,2\widehat {APB}\,\).

Mặt khác:

\(\widehat {BFE} = \,\widehat {OFE}\) mà \(\widehat {OFE\,} = \,\widehat {O{O^/}E}\) (Tứ giác \(EO{O^/}F\) nội tiếp) \( \Rightarrow \,\widehat {BFE}\, = \,\widehat {O{O^/}E}\)…(5)

\(\widehat {AFB}\, = \,\widehat {APB}\) (góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( {{O^/}} \right)\))

\(O{O^/}\,\,\parallel \,\,\,QP\) (cmt) \( \Rightarrow \,\widehat {O{O^/}E}\, = \,\widehat {APB}\)…(6)

Từ (5), (6) suy ra: \(\widehat {BFE\,} = \,\widehat {APB}\)

Do đó: \(\widehat {AFE}\, = \,\widehat {AFB}\, + \,\widehat {BFE}\, = \,2\widehat {APB}\) mà \(\widehat {A{O^/}E\,}\, = \,2\widehat {APB}\,\)\( \Rightarrow \widehat {AFE}\, = \,\widehat {A{O^/}E}\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác AO^/ FE là tứ giác nội tiếp\( \Rightarrow A;\,{O^/};\,E;\,F\) cùng thuộc một đường tròn …(7)

Từ (4), (7) suy ra năm điểm \(O;\,A;\,{O^/};\,E;\,F\) cùng thuộc một đường tròn.

b.2 Chứng minh tứ giác MABE là hình thang cân.

b.2.1 Chứng minh: MA // EB.

Vì \(\left( O \right)\) và \(\left( {{O^/}} \right)\) cắt nhau tại \(A\) và \(B\) nên \(O{O^/}\, \bot \,AB\) mà cân tại \(O\)(do \(OA\, = \,OB\, = \,R\))

\( \Rightarrow O{O^/}\) là phân giác của \(\widehat {AOB} \Rightarrow \,\widehat {BO{O^/}}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}\).

Mặt khác: \(\widehat {MAE}\, = \,\widehat {MBE}\) (góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( O \right)\))

                 \(\widehat {MBE\,}\, = \,\widehat {{O^/}EF\,}\,\left( {do:\,\,MN\,\,\parallel \,\,\,EF} \right)\)

                 \[\widehat {{O^/}\,EF\,}\, = \widehat {\,FO{O^/}\,\,} = \,\widehat {BO{O^/}}\](do tứ giác EOO^/F nội tiếp)

Do đó: \(\widehat {MAE}\, = \,\widehat {BO{O^/}}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}\) mà \(\widehat {AEB}\, = \,\frac{1}{2}\,\widehat {AOB}\) (góc nội tiếp chắn của (O)).

Suy ra: \(\widehat {MAE\,} = \,\,\widehat {AEB}\) (cặp góc nằm ở vị trí so le trong) \( \Rightarrow \)MA // EB …(8)

b.2.2 Chứng minh: \(\widehat {{\bf{AME}}}\, = \,\widehat {{\bf{MAB}}}\).

\(\widehat {AMB}\, = \,\widehat {AEB}\) (góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( O \right)\)) và \(\widehat {MAE\,} = \,\,\widehat {AEB}\) (cmt)

\(\widehat {BME}\,\, = \,\widehat {BAE}\)(góc nội tiếp cùng chắn của \(\left( O \right)\))

Ta có: \(\widehat {MAB}\, = \,\widehat {MAE}\, + \,\widehat {BAE}\) mà \[\widehat {AME}\,\, = \,\widehat {AMB}\, + \,\widehat {BME} = \widehat {AEB} + \widehat {BAE} = \widehat {MAE\,} + \widehat {BAE}\]

Do đó: \(\widehat {AME}\, = \,\widehat {MAB}\)…(9)

Từ (8), (9) suy ra Tứ giác MABE là hình thang cân.

c) Tiếp tuyến với \(\left( {{{\bf{O}}^/};\,{{\bf{R}}^/}} \right)\) tại \({\bf{A}}\) cắt \(\left( {{\bf{O}};\,{\bf{R}}} \right)\) tại \({\bf{C}}\) và tiếp tuyến với \(\left( {{\bf{O}};\,{\bf{R}}} \right)\) tại \({\bf{A}}\) cắt\(\left( {{{\bf{O}}^/};\,{{\bf{R}}^/}} \right)\) tại \({\bf{D}}\). Đường tròn ngoại tiếp cắt đường thẳng \({\bf{AB}}\) tại \({\bf{I}}\)(khác \({\bf{A}}\)).
Chứng minh B là trung điểm của AI.

Ta có:

\(\widehat {BAD}\, = \,\widehat {ACB}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến và day cung; góc nội tiếp cùng chắn của (O))

\(\widehat {CAB}\, = \,\widehat {ADB}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến và day cung; góc nội tiếp cùng chắn của (O^/))

Do đó: (g – g)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{AB}}{{DB}}\, = \,\frac{{BC}}{{BA}}\, \Rightarrow \,A{B^2}\, = \,BC.\,BD\,...\left( {{\bf{10}}} \right)\\\widehat {ABC}\, = \,\widehat {ABD}\end{array} \right.\)

Mặt khác: \(\widehat {CBI}\, = \,{180^0}\, - \,\widehat {ABC} = \,{180^0}\, - \,\widehat {ABD}\, = \widehat {\,DBI}\)

Tứ giác ACID là tứ giác nội tiếp nên ta có: \(\widehat {IAD}\, = \,\widehat {ICD}\).

Suy ra: \(\widehat {BAD}\, = \,\widehat {IAD}\, = \widehat {\,ICD}\) mà \(\widehat {BAD}\, = \,\widehat {ACB}\,\,\left( {cmt} \right)\)\( \Rightarrow \widehat {ACB\,} = \,\widehat {ICD}\)

Ta lại có: \(\widehat {BCI\,} = \,\widehat {ICD}\, + \,\widehat {BCD\,} = \,\widehat {ACB}\, + \,\widehat {BCD}\, = \,\widehat {ACD}\)

          Mà: \(\widehat {ACD\,} = \,\widehat {AID}\) (góc nội tiếp cùng chắn ).

Do đó:

Từ (i), (ii) suy ra: (g – g) \( \Rightarrow \,\frac{{BC}}{{BI}}\, = \,\frac{{BI}}{{\,BD}}\, \Rightarrow \,B{I^2}\, = \,BC\,.\,BD...\left( {{\bf{11}}} \right)\)

Từ (10), (11) suy ra \(AB\, = \,BI \Rightarrow B\) là trung điểm của