Cho đường tròn (0; R) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ tiếp tuyến AE đến đường tròn (O) (với E là tiếp điểm). Vẽ dây EH vuông góc với AO tại M.

a) Cho biết bán kính R = 5cm, OM = 3cm. Tính độ dài dây EH.

b) Chứng minh AH là tiếp tuyến của đường tròn (O).

c) Đường thẳng qua O vuông góc với OA cắt AH tại B. Vẽ tiếp tuyến BF với đường tròn (O) (F là tiếp điểm). Chứng minh ba điểm E, O, F thẳng hàng và $BF.AE=R^2$.

d) Trên tia HB lấy điểm $I\left(I\ne B\right)$, qua I vẽ tiếp tuyến thứ hai với đường tròn (O) cắt các đường thẳng BF, AE lần lượt tại C và D. Vẽ đường thẳng IF cắt AE tại Q.

Chứng minh AE = DQ.

a) Theo giả thiết, $EH\perp OA$ tại M nên M là trung điểm của EH (quan hệ đường kính và dây cung).

$\Rightarrow EH=2EM$.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác QEM có:

$O{M}^2+E{M}^2=O{E}^2\Rightarrow EM=\sqrt{O{E}^2-O{M}^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4\text{ cm}$

$\Rightarrow EH=2EM=8\text{ cm}$.

Vậy độ dài dây EH là 8 cm.

b) $\Delta AEH$ cân tại A vì có AM vừa là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến.

$\Rightarrow AE=AH$.

Xét $\Delta OEA$ và $\Delta OHA$ có: OE = OH (bán kính đường tròn (O));

                                            AE = AH (chứng minh trên);

                                            OA chung.

$\Rightarrow \Delta OEA=\Delta OHA\left(\text{c.c.c}\right)\Rightarrow \widehat{OHA}=\widehat{OEA}=90°$ (hai góc tương ứng).

Hay $AH\perp OH$. Vậy AH là tiếp tuyến của đường tròn (O).

c) Ta thấy B là giao của hai tiếp tuyến BH và BF nên $\widehat{BOF}=\widehat{BOH}$.

Lại có $\widehat{EOA}=\widehat{HOA}$ nên $\widehat{EOA}+\widehat{AOB}+\widehat{BOF}=2\left(\widehat{AOH}+\widehat{BOH}\right)=180°$.

Tức là ba điểm E, O, F thẳng hàng.

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: FB = BH, EA =HA.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAB ta có: $BH.HA=O{H}^2$.

Vậy $BF.AE=R^2$.                                      (1)

d) Ta có $BF\text{//}AQ$ (vì cùng vuông góc với EF).

            $\frac{BF}{AQ}=\frac{IF}{IQ}=\frac{CF}{QD}\Rightarrow \frac{BF}{CF}=\frac{AQ}{DQ}$     (*).

Dễ dàng chứng minh được $\Delta COD$ vuông tại O.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông COD, với OK là đường cao, ta có: $O{K}^2=DK.CK$.

Mà DE, DK là các tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại D nên DE = DK.

Tương tự, CK = CF.

$\Rightarrow O{K}^2=CF.DE\iff CF.DE=R^2$            (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $CF.DE=AE.BF\iff \frac{BF}{CF}=\frac{DE}{AE}$     (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $\frac{AQ}{DQ}=\frac{DE}{AE}\iff \frac{AQ-DQ}{DQ}=\frac{DE-AE}{AE}\iff \frac{AD}{DQ}=\frac{AD}{AE}\iff AE=DQ$.