Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) và điểm Mở ngoài(Q). Qua Mkẻ các tiếp tuyến MA,MB với (O)(A,B là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của MA,BI cắt (O)tại điểm thứ hai là C a) Chứng minh tứ giác OAMB nội tiếp b) Chứng minh $IA^2 = IB.IC$ c) Chứng minh $\widehat{CMA}$ = $\widehat{IBM}$ 

Đáp án + Giải thích các bước giải:

a)

Vì `MA,MB` lần lượt là tiếp tuyến của `(O)` nên `MA\botAO;MB\botBO`

`=>\hat{MAO}=90^o;\hat{MBO}=90^o`

Xét tứ giác `OAMB` có: `\hat{MAO}+\hat{MBO}=90^o +90^o=180^o`

`=>OAMB` nội tiếp

Vậy tứ giác `OAMB` nội tiếp

b)

Vì `MA` là tiếp tuyến của `(O)` và `I\inMA` nên `AI` là tiếp tuyến của `(O)`

`=>\hat{IAC}=1/2sđ\stackrel\frown{AC}`

Lại có: `\hat{ABC}=1/2sđ\stackrel\frown{AC}` nên `\hat{IAC}=\hat{ABC}`

Xét `\DeltaIAC` và `\DeltaIBA` có:

`\hat{AIB}`: Góc chung

`\hat{IAC}=\hat{IBA}(cmt)`

`=>\DeltaIAC` $\backsim$ `\DeltaIBA(g.g)`

`=>(IA)/(IC)=(IB)/(IA)`

`=>IA^2=IB.IC`

Vậy `IA^2=IB.IC`

c)

Vì `I` là trung điểm `MA` nên `IA=IM`

Kết hợp với `IA^2=IB.IC` suy ra `IM^2=IB.IC`

`=>(IM)/(IC)=(IB)/(IM)`

Xét `\DeltaIMC` và `\DeltaIBM` có:

`(IM)/(IC)=(IB)/(IM)(cmt)`

`\hat{BIM}`: Góc chung

`=>\DeltaIMC` $\backsim$ `\DeltaIBM(c.g.c)`

`=>\hat{IMC}=\hat{IBM}`

Vậy `\hat{CMA}=\hat{IBM}`