(2,0 điểm) Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và điểm \(M\) ở bên ngoài đường tròn. Qua \(M\) kẻ hai tiếp tuyến \(MA\) và \(MB\) với đường tròn đó \((A,B\) là các tiếp điểm).

a) Chứng minh \(AOBM\) là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi \(I\) là giao điểm của \(OM\) và \(AB\), \(K\) là điểm thuộc đoạn thẳng \(BI\). Qua \(M\) kẻ đường thẳng \(d\) vuông góc với \(OK\) tại \(H\). Chứng minh \(OK.OH = {R^2}\).

c) Kẻ đường kính \(BD\) của đường tròn \(\left( O \right)\), đường thẳng \(MD\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai \(C\) (\(C\) khác \(D\)). Gọi \(E\) là trung điểm của \(MI\). Chứng minh ba điểm \(A,C,E\) thẳng hàng.

a) Vì \(MA,MB\) là các tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] lần lượt tại \(A,B\) nên \(MA \bot OA,\,\,MB \bot OB.\)

\(\Delta MAO\) vuông tại \(A\) nên \(\Delta MAO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(MO\)

\(\Delta MBO\) vuông tại \(B\) nên \(\Delta MBO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(MO\)

Suy ra bốn điểm \(M,A,O,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO.\)

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \(MA = MB\) nên \(M\) thuộc đường trung trực của \(AB\)

Mà \(OA = OB = R\) nên \(O\) thuộc đường trung trực của \(AB\)

Do đó, \(MO\) là đường trung trực của \(AB\)

Mà \(OM\) cắt \(AB\) tại \(I\) nên \(OM \bot AB\) và \(I\) là trung điểm của \(AB\).

Xét \(\Delta OAI\) và \(\Delta OMA\) có: \(\widehat {OIA} = \widehat {OAM} = 90^\circ ,\widehat {AOM}\) chung

Do đó $\Delta OAI\backsim \Delta OMA$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{OA}}{{OM}} = \frac{{OI}}{{OA}}\) hay \(OM \cdot OI = O{A^2} = {R^2}\) (1)

Xét \(\Delta OIK\) và \(\Delta OHM\) có: \(\widehat {OIK} = \widehat {OHM} = 90^\circ ,\widehat {HOM}\) chung

Do đó $\Delta OIK\backsim \Delta OHM$ (g.g)

Suy ra \(\frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{OK}}{{OM}}\) hay \(OI \cdot OM = OH \cdot OK\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(OH \cdot OK = {R^2}\).

c) Gọi \(E\prime \) là giao điểm của \(AC\) và \(OM\). Ta chứng minh \(E\prime \) là trung điểm của \(MI\).

Vì \(ME\prime \,{\rm{//}}\,AD\) nên \(\widehat {E\prime MC} = \widehat {CDA}\) (hai góc so le trong).

Xét \(\Delta ME\prime C\) và \(\Delta DAC\) có: \(\widehat {E\prime MC} = \widehat {CDA},\widehat {MCE\prime } = \widehat {ACD}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó $\Delta ME\text{'}C\backsim \Delta DAC$ (g.g).

Suy ra  \(\frac{{ME\prime }}{{DA}} = \frac{{MC}}{{DC}}\) (3)

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có: \(\widehat {BCD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét \(\Delta MCB\) và \(\Delta BCD\) có: \(\widehat {MCB} = \widehat {BCD} = 90^\circ ,\widehat {MBC} = \widehat {BDC}( = 90^\circ  - \widehat {CBD})\)

Do đó $\Delta MCB\backsim \Delta BCD$ (g.g), suy ra \(\frac{{MC}}{{BC}} = \frac{{CB}}{{CD}} = \frac{{MB}}{{BD}}\).

Khi đó \(\frac{{MC}}{{DC}} = \frac{{MC}}{{BC}} \cdot \frac{{CB}}{{CD}} = {\left( {\frac{{MB}}{{BD}}} \right)^2} = {\left( {\frac{{MB}}{{2R}}} \right)^2}\) (4)

Xét \(\Delta ABD\) có \(I,O\) lần lượt là trung điểm của \(BA,BD\) nên \(IO\) là đường trung bình của \(\Delta ABD\) hay \(IO = \frac{1}{2}AD\) (5)

Xét \(\Delta MIB\) và \(\Delta BIO\) có: \(\widehat {MIB} = \widehat {BIO} = 90^\circ ,\widehat {MBI} = \widehat {BOI}( = 90^\circ  - \widehat {IBO})\)

Do đó $\Delta MIB\backsim \Delta BIO$ (g.g) suy ra  \(\frac{{MI}}{{BI}} = \frac{{IB}}{{IO}} = \frac{{MB}}{{BO}}\)

Khi đó \(\frac{{MI}}{{IO}} = \frac{{MI}}{{BI}} \cdot \frac{{IB}}{{IO}} = {\left( {\frac{{MB}}{{BO}}} \right)^2} = {\left( {\frac{{MB}}{R}} \right)^2}\) (6)

Từ (3), (4), (5) và (6) suy ra \(\frac{{ME\prime }}{{DA}} = \frac{{MC}}{{DC}} = \frac{{M{B^2}}}{{4{R^2}}} = \frac{{MI}}{{4IO}} = \frac{{MI}}{{2AD}}\)

Nên \[MI = 2ME'\]  hay \(E'\) là trung điểm của \[MI\].

Do đó, \(E'\) trùng \[E\] nên ba điểm \[A,{\rm{ }}C,{\rm{ }}E\] thẳng hàng.