Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và điểm \(S\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\). Kẻ hai tiếp tuyến \(SA\) và \(SB\) của đường tròn \(\left( O \right)\) (với \(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\) là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác \(SAOB\) nội tiếp.

b) Tia \(BO\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(C\); \(SC\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(D\); \(DO\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(E{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} SO\) cắt \(AB\) tại \(F\). Gọi \(K\) là trung điểm của \(CD\). Chứng minh \(KE\) song song với \(DF\).

a) Vì \(SA,SB\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {SAO} = \widehat {SBO} = 90^\circ \)

\(\Delta SAO\) vuông tại \(A\) nên \(\Delta SAO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(SO\).

\(\Delta SBO\) vuông tại \(B\) nên \(\Delta SBO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(SO\).

Nên bốn điểm \(S,A,O,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(SO\).

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(SA = SB\)

và \(OA = OB\) (đều bằng bán kính của đường tròn \(\left( O \right)\)) nên \(SO\) là trung trực của \(AB\).

Suy ra \(SO \bot AB\) tại trung điểm \(F\) của \(AB\).

$\Delta OAF\backsim \Delta OSA$ (g.g) vì \(\widehat {OAS} = \widehat {OFA} = 90^\circ \) và chung \(\widehat {SOA}\)

Suy ra \(\frac{{OA}}{{OS}} = \frac{{OF}}{{OA}}\) nên \(O{A^2} = OF \cdot OS\)

Mà \(OA = OC\) nên \(O{C^2} = OF \cdot OS\) hay \(\frac{{OC}}{{OF}} = \frac{{OS}}{{OC}}\)

$\Delta OCF\backsim \Delta OSC$ (c.g.c) vì chung \(\widehat {SOC}\) và \(\frac{{OC}}{{OS}} = \frac{{OF}}{{OC}}\)

Suy ra \(\widehat {OCF} = \widehat {OSC}\)

Vì \(SO \bot AB\) và \(BA \bot AC\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(SO\,{\rm{//}}\,AC\)

Suy ra \(\widehat {OSC} = \widehat {ACS}\) (hai góc so le trong)

Nên \(\widehat {OCF} = \widehat {ACS}\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có: \(\widehat {FBC} = \widehat {ADC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))

Do đó, $\Delta CBF\backsim \Delta CDA$ (g.g) vì: \(\widehat {CBF} = \widehat {CDA}\) và \(\widehat {BCF} = \widehat {ACD}\)

Suy ra \(\frac{{BC}}{{BF}} = \frac{{DC}}{{DA}}\) hay \(\frac{{2BO}}{{BF}} = \frac{{2DK}}{{DA}}\) nên \(\frac{{BO}}{{BF}} = \frac{{DK}}{{DA}}\) hay \(\frac{{BF}}{{DA}} = \frac{{BO}}{{DK}}\) (vì \[O,{\rm{ }}K\] lần lượt là trung điểm của \[BC,{\rm{ }}DC)\]

$\Delta BFO\backsim \Delta DAK$ (c.g.c) vì: \(\widehat {FBO} = \widehat {KDA}\) và \(\frac{{BF}}{{DA}} = \frac{{BO}}{{DK}}\)

Suy ra \(\widehat {DAK} = \widehat {BFO} = 90^\circ \)

Mà \(\widehat {DAE} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\))

Nên ba điểm \[A,{\rm{ }}K,{\rm{ }}E\] thẳng hàng.

Lại có: \(\widehat {BDC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\))

Nên \(\widehat {SDB} = 90^\circ \)

\(\Delta SDB\) vuông tại \[D\] nên \(\Delta SDB\) nội tiếp đường tròn đường kính \[SB.\]

\(\Delta SFB\) vuông tại \[F\] nên \(\Delta SFB\) nội tiếp đường tròn đường kính \[SB.\]

Nên bốn điểm \[S,{\rm{ }}D,{\rm{ }}F,{\rm{ }}B\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[SB.\]

Suy ra \(\widehat {SDF} + \widehat {SBF} = 180^\circ \) (tính chất)

Do đó, \(\widehat {CDF} = 180^\circ  - \widehat {SDF} = \widehat {SBF}\)

Từ $\Delta BFO\backsim \Delta DAK$ suy ra \(\widehat {AKD} = \widehat {BOF}\)

Mà \(\widehat {BOF} = \widehat {SBF\,\,}\left( { = 90^\circ  - \widehat {FOB}} \right)\)

Nên \(\widehat {AKD} = \widehat {BOF} = \widehat {SBF} = \widehat {CDF}\) và hai góc ở vị trí so le trong

Suy ra \[DF\,{\rm{//}}\,EK.\]