Cho đường tròn \((O)\) đường kính \(AB\). lấy điểm \(C\) thuộc \((O)\) (\(C\) khác \(A\) và \(B\)), tiếp tuyến của đường tròn \((O)\)tại \(B\)cắt \(AC\) ở \(K\). Từ \(K\) kẻ tiếp tuyến \(KD\)với đường tròn \((O)\) ( \(D\)là tiếp điểm khác\(B\) )

a) Chứng minh tứ giác \(BODK\) nội tiếp.

b) Biết \(OK\) cắt \(BD\) tại \(I\). Chứng minh rằng \(OI \bot BD\) và \(KC.KA = KI.KO\)

c) Gọi \(E\) là trung điểm của \(AC\), kẻ đường kính \(CF\) của đường tròn \((O)\), \(FE\) cắt \(AI\) tại \(H\). Chứng minh rằng \(H\) là trung điểm của \(AI\).

a.Chứng minh tứ giác \[BODK\] nội tiếp.

.Ta có \[\widehat {OBK} = \widehat {ODK} = {90^ \circ }.\]

.\[ \Rightarrow \widehat {OBK} + \widehat {ODK} = {180^ \circ }.\]

.Do đó tứ giác \[BODK\] nội tiếp.

b.Gọi \[I\] là giao điểm của \[OK\]và \[BD\]. Chứng minh rằng \[OI \bot BD\] và \[KC \cdot KA = KI \cdot KO.\]

.Ta có \[KB = KD\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

.Ta lại có \[OB = OD\] nên \[OK\] là đường trung trực của \[BD\]. Suy ra\[KO \bot BD \Rightarrow OI \bot BD.\]

.Xét tam giác \[ABK\] vuông tại \[B\] nên \[K{B^2} = KC.KA.\]

.Xét tam giác \[OBK\] vuông tại \[B\] nên \[K{B^2} = KI \cdot KO.\]

Suy ra \[KC.KA = KI.KO.\] (đpcm)

c.Gọi \[E\] là trung điểm của \[AC\], kẻ đường kính \[CF\] của đường tròn \[(O)\], \[FE\] cắt \[AI\] tại \[H\]. Chứng minh rằng \[H\] là trung điểm của \[AI\].

.Xét tam giác \[KCI\] và tam giác \[KOA\] ta có góc \[K\] chung, \[KC \cdot KA = KI \cdot KO \Leftrightarrow \frac{{KC}}{{KI}} = \frac{{KO}}{{KA}}\]. Suy ra tam giác \[KCI\] và tam giác \[KOA\] đồng dạng với nhau. Suy ra \[\widehat {KCI} = \widehat {KOA}\]. (*)

Xét tam giác \[ACF\] và \[BAK\] có \[\widehat {KBA} = \widehat {C{\rm{AF}}} = {90^^\circ }.\] (1)

Mà tam giác \[O{\rm{AC}}\] cân tại \[O\] nên \[\widehat {OAC} = \widehat {OCA}\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\Delta ACF\] đồng dạng với \[\Delta BAK\] suy ra \[\frac{{BA}}{{BK}} = \frac{{AC}}{{{\rm{AF}}}} \Leftrightarrow \frac{{2BO}}{{BK}} = \frac{{2AE}}{{{\rm{AF}}}} \Leftrightarrow \frac{{BK}}{{{\rm{AF}}}} = \frac{{BO}}{{AE}}\].

.Xét tam giác \[AEF\] và \[BOK\] ta có \[\widehat {KBO} = \widehat {E{\rm{AF}}} = {90^^\circ }\] và \[\frac{{BK}}{{{\rm{AF}}}} = \frac{{BO}}{{AE}}\]

 Nên  \[\Delta AEF\] đồng dạng với \[\Delta BOK\] suy ra

\[\widehat {AEF} = \widehat {BOK} \Rightarrow \widehat {K{\rm{EF}}} = \widehat {KOA}\]( cùng bù với \[\widehat {AEF}\]) (**)

Từ (*) và (**)  ta có \[\widehat {KCI} = \widehat {K{\rm{EF}}}\] suy ra \[{\rm{EF}}\,{\rm{//}}\,{\rm{CI}}\].

Xét tam giác \[ACI\] có \[E\] là trung điểm của \[AC\] và \[{\rm{EF}}\,{\rm{//}}\,{\rm{CI}}\] nên \[H\] là trung điểm của \[AI\].