Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và điểm \(M\) nằm ngoài \(\left( O \right)\), vẽ tiếp tuyến \(MA\) và cát tuyến \(MBC\) không đi qua \(O\left( {MB < MC} \right)\). Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(MO\).

a) (1,0 điểm) Chứng minh: Tứ giác \(BHOC\) nội tiếp.

b) (1,0 điểm) Vẽ đường thẳng qua \(B\) song song với \(AC\) cắt các đường thẳng \(MA,AH\) lần lượt tại \(K,I\). Chứng minh \(KB = BI\).

Ta có: \(\Delta MBA \sim \Delta MAC\) (g-g) \(\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MB}}{{MA}} \Rightarrow M{A^2} = MB.MC\).

\(\Delta MAO\left( {\hat A = {{90}^ \circ }} \right),AH \bot MO \Rightarrow M{A^2} = MH.MO\)

Suy ra: \(MB \cdot MC = MH \cdot MO \Rightarrow \frac{{MB}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MC}}\).

Xét \(\Delta BMH\) và \(\Delta OMC\) có \(\hat M\) chung và \(\frac{{MB}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MC}} \Rightarrow {\rm{\Delta }}BMH \sim {\rm{\Delta }}OMC\) (c-g-c).

Suy ra: \(\widehat {BHM} = \widehat {BCO}\) mà \(\widehat {BHM} + \widehat {BHO} = {180^ \circ } \Rightarrow \widehat {BCO} + \widehat {BHO} = {180^ \circ }\).

Vậy tứ giác \(BHOC\) nội tiếp.

b)

\(BK\parallel AC \Rightarrow \frac{{BK}}{{AC}} = \frac{{MB}}{{MC}}\)

\(BI\parallel AC \Rightarrow \frac{{BI}}{{AC}} = \frac{{BN}}{{NC}}\)

Do \(OHBC\) nội tiếp đường tròn nên: \(\widehat {OHC} = \widehat {OBC} = \widehat {OCB} = \widehat {BHM}\).

Khi đó: \(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{\widehat {AHC} + \widehat {OHC} = {{90}^0}}\\{\;\widehat {AHB} + \widehat {BHM} = {{90}^0}}\end{array}} \right\} \Rightarrow \widehat {AHC} = \widehat {AHB} \Rightarrow AH\) là phân giác trong của \(\widehat {BHC}\)

\( \Rightarrow \frac{{HB}}{{HC}} = \frac{{BN}}{{NC}}\)

Mà \(HM \bot AH \Rightarrow HM\) là phân giác ngoài của \(\widehat {BHC} \Rightarrow \frac{{HB}}{{HC}} = \frac{{MB}}{{MC}}\left( {{\rm{**}}} \right)\).

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( {\rm{*}} \right),\left( {{\rm{**}}} \right) \Rightarrow \frac{{BK}}{{AC}} = \frac{{BI}}{{AC}} \Rightarrow BK = BI\)