Cho đường tròn \((O;R)\) dây \(DE < 2R.\) Trên tia đối \(DE\) lấy điểm \(A\), qua \(A\) kẻ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) với đường tròn \((O)\), (\(B,C\) là tiếp điểm). Gọi \(H\) là trung điểm \(DE\), \(K\) là giao điểm của \(BC\) và \(DE\), \(I\) là trung điểm của \(OA.\)

Đáp án: a) Đ. b) S. c) Đ. d) S.

• Trong tam giác vuông \(BOA\) có \(BI\) là đường trung tuyến nên \(OI = AI = BI. & (1)\)

Trong tam giác vuông \(COA\) có \(CI\) là đường trung tuyến nên \(OI = AI = CI. & (2)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(OI = AI = BI = CI\) nên bốn điểm \[C,\,\,O,\,\,B,\,\,A\;\] nằm trên đường tròn đường kính \(OA\) hay tứ giác \(ABOC\) nội tiếp. Do đó ý a) là đúng.

• Vì tứ giác \(ABOC\) nội tiếp nên \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(ABOC\). Do đó ý b) là sai.

• Vì \(\widehat {AHO} = 90^\circ \) nên \(H\) thuộc đường tròn \((I)\)

Theo tính chất tiếp tuyến giao nhau thì \(AB = AC\) nên .

Ta có \(\widehat {AHB} = \widehat {AHC}\) (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Suy ra \(HA\) là phân giác góc \(\widehat {BHC}\). Do đó ý c) là đúng.

• Xét tam giác \(\Delta ACD\) và \(\Delta AEC\) có \[\widehat {CAD} = \widehat {EAC}\] (chung);

Do đó \(\Delta ACD\)\(\Delta AEC\) (g.g). Suy ra \(\frac{{AC}}{{AE}} = \frac{{AD}}{{AC}}\) hay \(A{C^2} = AD \cdot AE\). (1)

Xét tam giác \(\Delta ACK\) và \(\Delta AHC\) có \[\widehat {CAK} = \widehat {HAC}\] (chung); \[\widehat {ACK} = \widehat {CHA}\,\,\,( = \widehat {AHB}\,)\]

Do đó \(\Delta ACK\)\(\Delta AHC\) (g.g). Suy ra \(\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{AK}}{{AC}}\) hay \(A{C^2} = AH \cdot AK\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra: \(AD \cdot AE = AK \cdot AH = \frac{1}{2}AK\left( {AH + AH} \right)\)

Khi đó \(AD \cdot AE = \frac{1}{2}AK\left( {AD + DH + AE - EH} \right)\)

\(2AD \cdot AE = AK\left( {AD + AE} \right)\)

\(\frac{2}{{AK}} = \frac{1}{{AD}} + \frac{1}{{AE}}\). Do đó ý d) là sai.

Vậy: a) Đ. b) S. c) Đ. d) S.