Cho đường tròn (O) dây BC khác đường kính, qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn ở A Chứng minh rằng AC la tiếp tuyến của đường tròn (O).

\(I\) là trung điểm của \(DE\left( {gt} \right) \Rightarrow OI \bot DE\) hay \(\Delta OIA\) vuông tại \(I\)

Gọi \(H\) là giao điểm của \(OA\) và \(BC\).

Ta có \(\Delta OHN\) vuông tại \(H\)

Ta có $\Delta OHN\backsim \Delta OIA$ (g.g) \( \Rightarrow \frac{{ON}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OI}} \Rightarrow ON = \frac{{OA.OH}}{{OI}}\).

Xét \(\Delta ABO\) và \(\Delta HBO\) có: \(\widehat {ABO} = \widehat {BOH} = 90^\circ \), \(\widehat {AOB}{\rm{\;}}\) chung.

Do đó  $\Delta ABO\backsim \Delta BHO$(g.g) \( \Rightarrow \frac{{OB}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OB}}\) \( \Rightarrow OA.OH = O{B^2} = {R^2}\)

Do đó \(ON = \frac{{{R^2}}}{{OI}}\) (không đổi), \(d\) cho trước, \(O\) cố định \( \Rightarrow I\) cố định \( \Rightarrow N\) cố định.

a)Xét ΔAOC có OA = OC (=R)

nên ΔAOC cân tại O.

Lại có AC = R (gt) nên tam giác AOC đều

\( \Rightarrow \widehat {AOC} = 60^\circ \)

\[ \Rightarrow \widehat {COB} = 180^\circ  - 60^\circ  = 120^\circ \] (kề bù)

Mặt khác tam giác COB cũng cân tại O có góc ở đỉnh 120°

\[ \Rightarrow \widehat {OBC} = \widehat {OCB} = \frac{{180^\circ  - 120^\circ }}{2} = 30^\circ \]

ΔAOC đều (cmt) \[ \Rightarrow \widehat {ACO} = 60^\circ \].

\[ \Rightarrow \widehat {ACB} = \widehat {ACO} + \widehat {OCB} = 60^\circ  + 30^\circ  = 90^\circ \].

Ta có ACB là nửa tam giác đều có cạnh 2R.

\[ \Rightarrow {\rm{ }}BC = \frac{{2R\sqrt 3 }}{2}{\rm{ }} = R\sqrt 3 \]

b) Vì AC = R (gt) nên tam giác AOC đều (cmt) có OI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường phân giác của góc COA hay OM là tia phân giác của \[\widehat {AOC}\].

c) Xét ΔMCO và ΔMAO có:

OM cạnh chung, \[\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}(cmt)\], OC = OA (=R)

Do đó ΔMCO = ΔMAO (c.g.c)

\[ \Rightarrow \widehat {MCO} = \widehat {MAO} = {90^o}\] hay MC ^ OC

Mà C Î (O) nên MC là tiếp tuyến cua đường tròn (O; R).