Cho đường tròn tâm (O; R), từ một điểm A trên đường tròn kẻ tiếp tuyến d  với đường tròn tâm O. Trên đường thẳng d lấy điểm M  bất kì (M khác A), kẻ tiếp tuyến thứ hai MB (B là tiếp điểm).

a. Chứng minh tứ giác AMBO là tứ giác nội tiếp đường tròn.

b. Gọi I  là giao điểm của AB và OM. Chứng minh  \(OI.OM = {R^2};{\rm{ }}OI.IM = \frac{{A{B^2}}}{4}\).

c. Gọi điểm H là trục tâm của tam giác MAB. Tìm quỹ tích điểm H khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d.

a. Vì MA, MB là tiếp truyến của đường tròn (O) \( \Rightarrow \widehat {MAO} = 90^\circ ;\widehat {MBO} = 90^\circ \).

Ta có: \(\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 180^\circ \).

\( \Rightarrow AMBO\) nội tiếp đường tròn đường kính OM.

b. Ta có MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R.

\( \Rightarrow \) MO là đường trung trực của đoạn thẳng AB \( \Rightarrow OM \bot AB\) tại I.

Ta lại có: \(\widehat {MAO} = 90^\circ \)(tính chất của tiếp tuyến)

\( \Rightarrow \Delta MAO\) vuông tại A.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

\(OI.OM = O{A^2} = {R^2}\)  và \(OI.{\rm{ }}IM = I{A^2} = \frac{{A{B^2}}}{4}\) (đpcm).

c.    Ta có: \(OB \bot MB\) (tính chất của tiếp tuyến) và \(AK \bot MB\)(AK là đường cao của \(\Delta MAB\)).

\( \Rightarrow OB//AK{\rm{ hay }}OB//AH{\rm{  }}(1)\).

Chứng minh tương tự ta có: \(OA//BN{\rm{ hay }}OA//BH{\rm{  }}(2)\).

Từ (1) và (2) suy ra: tứ giác AOBN là hình bình hành.

Mà OA = OA = R.

\( \Rightarrow \) hình bình hành AOBN là hình thoi.

\( \Rightarrow \) AH = AO = R

Vậy khi M  di chuyển trên đường thẳng (d) thì H luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó, quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng (d) là nửa đường tròn tâm (A; AH), AH = R.