a) \(MA, MB\) là các tiếp tuyến của đường tròn (O) (gt).
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có \(MA = MB\), MO là tia phân giác \(\widehat {AMB}\)
\(∆MAB\) cân tại \(M (MA = MB)\)
Có MO là đường phân giác nên đồng thời là đường cao
\(\Rightarrow MO \bot AB \Rightarrow \widehat {ME{\rm{A}}} = {90^0}\)
Chứng minh tương tự có MO’ là tia phân giác góc \(\widehat {AMC}\) và \(\widehat {MFA} = 90^0\)
\(MO, MO’\) là tia phân giác của hai góc kề bù \(\widehat {AMB},\widehat {AMC} \Rightarrow \widehat {EMF} = {90^0}\)
Tứ giác AEMF là hình chữ nhật (vì \(\widehat {EMF} = \widehat {MEA} = \widehat {MFA} = {90^0}\)
b) \(∆MAO\) vuông tại A có AE là đường cao nên \(ME. MO = MA^2\)
Tương tự, ta có: \(MF. MO’ = MA^2\)
Do đó, \(ME. MO = MF. MO’ (= MA^2)\)
c) Ta có \(MA = MB = MC\) nên M là tâm đường tròn đường kính BC có bán kính là MA. Mà \(OO’ ⊥ MA\) tại A.
Do đó OO’ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC
d)
Gọi K là trung điểm OO’, ta có K là tâm đường tròn có đường kính là OO’, bán kính KM (\(∆MOO’\) vuông tại M)
Ta có \(OB ⊥ BC, O’C ⊥ BC ⇒ OB // O'C.\)
Tứ giác OBCO’ là hình thang có K, M lần lượt là trung điểm các cạnh cạnh bên OO’, BC.
Do đó KM là đường trung bình của hình thang OBCO’ \(⇒ KM // OB\)
Mà \(OB ⊥ BC\) nên \(KM ⊥ BC\)
Ta có \(BC ⊥ KM\) tại M nên BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO’.
