Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ các tiếp tuyến tại A và B với nửa đường tròn. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến tại A và B lẩn lượt tại C và D.

a) Chứng minh rằng: CD = CA + BD; \[\widehat {COD} = 90^\circ .\]

b) Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.

a) Gọi I là tâm của đường tròn đường kính OA, ta có I là trung điểm của OA

Đường tròn đường kính OA cắt đường tròn (O; R) tại B và C nên ta có \[IA = IB = IO = \frac{{OA}}{2}\].

Xét tam giác ABO có \[IB = \frac{{OA}}{2}\] (cmt) nên tam giác ABO vuông tại B hay AB ^ OB.

Chứng minh tương tự, ta có AC ^ OC mà B,C Î (O)

Do đó AB và AC là hai tiếp tuyến của dường tròn (O; R).

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau tại một diểm, ta có AB=AC.

c) Tia phân giác của góc BAC và góc BOC là tia OA.

\(I\) 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.