a, HS tự chứng minh

b, MH.MO = MA.MB ( =  M C 2 )

=> ∆MAH:∆MOB (c.g.c)

=>  M H A ^ = M B O ^

M B O ^ + A H O ^ = M H A ^ + A H O ^ = 180 0

=> AHOB nội tiếp

c, M K 2  = ME.MF = M C 2  Þ  MK = MC

∆MKS = ∆MCS (ch-cgv) => SK = SC

=> MS là đường trung trực của KC

=> MS ^ KC tại trung của CK

d, Gọi MS ∩ KC = I

MI.MS = ME.MF =  M C 2  => EISF nội tiếp đường tròn tâm P Þ PI = PS. (1)

MI.MS = MA.MB (=  M C 2 ) => AISB nội tiếp đường tròn tâm Q Þ QI = QS. (2)

Mà IT = TS = TK (do DIKS vuông tại I). (3)

Từ (1), (2) và (3) => P, T, Q thuộc đường trung trực của IS => P, T, Q thẳng hàng

a) Xét (O) có 

\(\widehat{EFA}\) là góc nội tiếp chắn cung EA

\(\widehat{EBA}\) là góc nội tiếp chắn cung EA

Do đó: \(\widehat{EFA}=\widehat{EBA}\)(Hệ quả góc nội tiếp)

hay \(\widehat{MBE}=\widehat{MFA}\)

Xét ΔMBE và ΔMFA có 

\(\widehat{MBE}=\widehat{MFA}\)(cmt)

\(\widehat{AMF}\) chung

Do đó: ΔMBE∼ΔMFA(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{MB}{MF}=\dfrac{ME}{MA}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(MA\cdot MB=ME\cdot MF\)(Đpcm)

1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp một đường tròn

Vẽ được các yếu tố để chứng minh phần (1).

Ta có M B O ^ = 90 0 ,   M A O ^ = 90 0  (theo t/c của tiếp tuyến và bán kính)

Suy ra:  M A O ^ + M B O ^ = 180 0 .Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

2) Chứng minh: MN² = NF. NA và MN = NH

Ta có A E / / M O ⇒ A E M ^ = E M N ^   mà   A E M ^ = M A F ^ ⇒ E M N ^ = M A F ^

Δ N M F   v à   Δ N A M có:  M N A ^ chung;  E M N ^ = M A F ^

nên  Δ N M F đồng dạng với  Δ N A M

⇒ N M N F = N A N M ⇒ N M 2 = N F . N A        1

Mặt khác có: A B F ^ = A E F ^ ⇒ A B F ^ = E M N   ^ h a y   H B F ^ = F M H ^  

=> MFHB là tứ giác nội tiếp

⇒ F H M ^ = F B M ^ = F A B ^   h a y   F H N ^ = N A H ^

Xét Δ N H F   &   Δ N A H   c ó   A N H   ^ c h u n g ;   N H F ^ = N A H ^

=> Δ N M F đồng dạng  Δ N A H ⇒ ⇒ N H N F = N A N H ⇒ N H 2 = N F . N A        2  

Từ (1) và (2) ta có NH = HM

3) Chứng minh:  H B 2 H F 2 − EF M F = 1 .

Xét Δ M AF  và Δ M E A  có: A M E ^  chung, M A F ^ = M E A ^

suy ra  Δ M AF  đồng dạng với  Δ M E A

⇒ M E M A = M A M F = A E A F ⇒ M E M F = A E 2 A F 2      (3)

Vì MFHB là tứ giác nội tiếp ⇒ M F B ^ = M H B ^ = 90 0 ⇒ B F E ^ = 90 0 và A F H ^ = A H N ^ = 90 0 ⇒ A F E ^   = B F H ^  

Δ A E F  và Δ H B F  có: E F A ^ = B F H ^   ;   F E A ^ = F B A ^

suy ra  Δ A E F   ~   Δ H B F  

⇒ A E A F = H B H F ⇒ A E 2 A F 2 = H B 2 H F 2                (4)

Từ (3) và (4) ta có M E M F = H B 2 H F 2 ⇔ M F + F E M F = H B 2 H F 2 ⇔ 1 + F E M F = H B 2 H F 2 ⇔ H B 2 H F 2 − F E M F = 1

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn
Xét tứ giác MAOB có: \(\widehat{MAO}=90\text{°}\) (MA là tiếp tuyến của (O)); \(\widehat{MBO}=90\text{°}\) (MB là tiếp tuyến của (O))
→ \(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=180\text{°}\)
mà \(\widehat{MAO}\) và \(\widehat{MBO}\) là hai góc đối nhau
→ Tứ giác MAOB nội tiếp (dhnb) (đpcm)

b) Chứng minh MA.AB = 2MH.AO
Ta có: OA = OB (A, B ∈ (O))
→ O thuộc đường trung trực của AB (1)
Lại có: MA = MB (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
→ M thuộc đường trung trực của AB (2)
Từ (1) và (2) → OM là đường trung trực của AB
→ OM ⊥ AB tại H và H là trung điểm của AB
→ \(\widehat{MHA}=90\text{°}\) và AB = 2AH
Xét ∆MAO và ∆MHA có: \(\widehat{MAO}=\widehat{MHA}=90\text{°}\); \(\widehat{M}\) chung
→ ∆MAO ∼ ∆MHA (g.g) → \(\dfrac{MA}{MH}=\dfrac{AO}{HA}\) (cặp cạnh tương ứng)
→ MA.HA = MH.AO
→ 2MA.HA = 2MH.AO
Mà AB = 2AH (cmt) → MA.AB = 2MH.AO (đpcm)