Cho đường tròn \(\left( O \right)\), hai đường kính \(AB\) và \(CD\) vuông góc với nhau. \(M\) là một điểm trên cung nhỏ \(AC\). Tiếp tuyến tại \(M\) của \(\left( O \right)\) cắt tia \(DC\)tại \(K\). Gọi \(I\)là giao điểm của \(BM\) và \(CD\).

(a) Chứng minh tứ giác \(AMIO\) nội tiếp đường tròn.

(b) Kẻ \(MP \bot CD\) tại điểm \(P\)chứng minh \(\widehat {KMP} = 2\widehat {DMI}\)và \(OP.OK = O{C^2}\).

(c) Kẻ \(CN \bot MB\) tại \(N\). Tính số đo \(\widehat {BNO}\) và chứng minh \(N\)là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta MPO\).

a) Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {AMB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn suy ra \(\widehat {AMB} = 90^\circ \)

Vì \(CD \bot AB\) tại \(O\) nên \(\widehat {AOI} = 90^\circ \)

Xét \(\Delta AMI\) vuông tại \(M\), suy ra \(\Delta AMI\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AI\).

Xét \(\Delta AOI\) vuông tại \(O\), suy ra \(\Delta AOI\)nội tiếp đường tròn đường kính \(AI\).

Như vậy, bốn điểm \(A;M;O;I\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AI\) hay tứ giác \(AMIO\) nội tiếp đường tròn.

b) Xét \(\left( O \right)\) có \(MK\) tiếp tuyến tại \(M\) của \(\left( O \right)\) suy ra \(\widehat {KMO} = 90^\circ \)

Vì \(MP \bot CD\) tại điểm \(P\) nên \(\widehat {MPK} = 90^\circ \)

Ta có \(\widehat {KMP} = 90^\circ - \widehat {MKP}\) (\(\Delta MKP\)vuông tại \(M\)) (1)

\(\widehat {KMP} = 90^\circ - \widehat {PMO}\) (\(\widehat {MPK} = 90^\circ \))

Suy ra \(\widehat K = \widehat {PMO}\)

\(\Delta MPO\) vuông tại \(P\) có \(\widehat {PMO} = 90^\circ - \widehat {MOP}\)

Mà \(\widehat {MOP} = 2\widehat {MDI}\) (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn )

Hay \(\widehat K = 90^\circ - 2\widehat {MDI}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {KMP} = 90^\circ - \left( {90^\circ - 2\widehat {MDI}} \right)\)

Vậy \(\widehat {KMP} = 2\widehat {MDI}\).

Xét \(\Delta OMP\) và \(\Delta OKM\) có:

\(\widehat {OMP} = \widehat {OKM} = 90^\circ \) và \(\widehat {MOP}\) chung

Do đó (g.g)

Suy ra \(\frac{{OM}}{{OP}} = \frac{{OK}}{{OM}}\) hay \(O{M^2} = OP.OK\)

Mà \(OM = OC = R\) nên \(O{C^2} = OP.OK\).

c) Xét \(\Delta CNB\) vuông tại \(N\), suy ra \(\Delta CNB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(CB\).

Xét \(\Delta COB\) vuông tại \(O\), suy ra \(\Delta COB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(CB\).

Do đó tứ giác \(CNOB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(CB\), nên \(\widehat {ONB} = \widehat {OCB}\) (góc nội tiếp chắn

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {OCB}\) là góc nội tiếp chắn

\(\widehat {DOB}\) là góc ở tâm chắn suy ra \(\widehat {OCB}\)=\(\frac{1}{2}\widehat {DOB} = \frac{{90^\circ }}{2} = 45^\circ \)

Ta có \(MP\,{\rm{//}}\,AB\) (cùng vuông góc với \(CD\)) nên \(\widehat {PMI} = \widehat {IBO}\) (hai góc so le trong)

Mà \(\widehat {OMI} = \widehat {IBO}\) \((\Delta OMB\) cân tại \(M\)) nên \(\widehat {PMI} = \widehat {IMO}\)

Vậy \(MN\)là tia phân giác \(\widehat {DMO}\) (1)

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {DMN} = \widehat {DCB}\) (góc nội tiếp chắn ), suy ra \(\widehat {DMN} = \widehat {ONB}\)( Cùng bằng \(\widehat {DCB}\))

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên \(ON\,{\rm{//}}\,MD\), suy ra \(\widehat {MON} = \widehat {OMD}\) (hai góc so le trong)

Suy ra \(\widehat {MON} = \frac{1}{2}\widehat {MOI}\) hay \(ON\) là tia phân giác \(\widehat {MOI}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(N\)là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta MOP\).