Cho đường tròn (O; R) với dây cung AB không đi qua tâm. Lấy S là một điểm bất kì trên tia đối của tia AB (S khác A). Từ điểm S vẽ hai tiếp tuyến SC, SD với đường tròn (O; R) sao cho điểm C nằm trên cung nhỏ AB (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB.

1) Xét đường tròn (O;R) có:

\(SC\bot OC\) (SC là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) \( \Rightarrow SCO = {90^0}\) )

\(SD\bot OD\) (SD là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) \( \Rightarrow SDO = {90^0}\) )

H là trung điểm đoạn thẳng AB \( \Rightarrow OH \bot AB\) (Tính chất đường kính đi qua trung điểm của dây cung) \( \Rightarrow SHO = {90^0}\)

Xét tứ giác SCOD có:

- \(SCO+SDO=180^0\) (cmt)

- SCO và SDO là hai góc đối nhau

Suy ra SCOD là tứ giác nội tiếp 

Có \(\Delta SCO\) và \(\Delta SDO\) vuông tại C và D, có SO là cạnh huyền chung

Suy ra tứ giác SCOD thuộc đường tròn đường kính SO (1)

Xét tứ giác SCHO có:

- \(SCO=SHO=90^0\)

Mà 2 đỉnh S và h kề nhau cùng nhìn cạnh SO dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác SCHO thuộc đường tròn đường kính SO (2)

Từ (1), (2) suy ra 5 điểm C, D, H, O, S thuộc đường tròn đường kính SO.

2) Ta có OD = R; SO = 2R

Do đó, \(SD = \sqrt {S{O^2} - O{D^2}}  = \sqrt {4{R^2} - {R^2}}  = R\sqrt 3 \)

Và ta có OSD = 30⁰ (Cạnh đối diện bằng nửa cạnh huyền)

Tương tự, ta có SC = SD = \(R\sqrt 3 \); OSC = 30⁰.

Do đó, tam giác SCD cân và có CSD = 60⁰

Suy ra tam giác SCD đều nên \(SCD=60^0\)

3) Ta có AK // SC nên AKD = SCD = \(\frac{1}{2}\) cung SD của đường tròn đường kính SO.

Ta có SHD = \(\frac{1}{2}\) cung SD của đường tròn đường kính SO.

=> AKD = AHD => Tứ giác ADHK nội tiếp.

Gọi \(\left\{ \begin{array}{l}
BK \cap SC = \left\{ T \right\}\\
AK \cap BC = \left\{ P \right\}
\end{array} \right.\)

Ta có: DAKH nội tiếp suy ra AHK = DAC

Mà \(DAC = ABC = \frac{1}{2}AC\)

\( \Rightarrow AHK = BAC\)

\( \Rightarrow HK//BC\) (2 góc đồng vị)

Xét \(\Delta ABP\) suy ra K là trung điểm của AP

\( \Rightarrow \frac{{AK}}{{ST}} = \frac{{HK}}{{TD}} \Rightarrow T\) là trung điểm của đoạn thẳng SC (đpcm)

4)

Ta có OA = OB nên \(\Delta OAB\) cân đỉnh O

Có OH là trung tuyến, đồng thời là phân giác của \(\Delta OAB\) nên \(BOH = \frac{1}{2}AOB\)

Hay \(BOH = \frac{1}{2}sdAB\)

Ta có \(BDA = \frac{1}{2}sdAB\) (góc nội tiếp chắn cung AB)

Suy ra BOH = BDA Hay BOH = EDF

Xét \(\Delta OHB\) và \(\Delta DFE\) có:

\(OHB=DEF=90^0; BOD=EDF\) (cmt)

Suy ra \(\Delta OHB\) đồng dạng \(\Delta DFE\) (g-g)

Nên ta có: \(\frac{{OH}}{{HB}} = \frac{{DF}}{{FE}}\left( 1 \right)\)

Gọi G là hình chiếu vuông góc của B trên AD, suy ra \(BG\bot AD\)

Khi đó, \(\Delta BDG\) có FE // BG (cùng vuông góc với AD) nên 

Suy ra F là trung điểm của DG và \(\frac{{DF}}{{FE}} = \frac{{DG}}{{BG}}\left( 2 \right)\)

Gọi M là trung điểm của ỌH

Từ (1) và (2) ta có \(\frac{{OH}}{{HB}} = \frac{{DG}}{{BG}}\) hay \(\frac{{2MH}}{{HB}} = \frac{{2FG}}{{BG}} \Leftrightarrow \frac{{MH}}{{HB}} = \frac{{FG}}{{BG}}\)

Xét \(\Delta BHM\) và \(\Delta BGF\) có:

\(BHM=BGF=90^0\)

\(\frac{{MH}}{{HB}} = \frac{{FG}}{{BG}}\) (cmt)

Suy ra \(\Delta BHM\) đồng dạng \(\Delta BGF\) (c-g-c)

Do đó, ta có \(GFB=HMB\) (các góc tương ứng)

Hay \(AFB=HMB\) (3)

Xét đường tròn (O) có A, B, O, H là các điểm cố định

Có M là trung điểm của OH nên M cố định

Suy ra \(BMH = \alpha \) không đổi

Nên từ (3), suy ra AFB có số đo không đổi, hay điểm F luôn nhìn đoạn AB dưới góc không đổi \(\alpha\). Vậy \(\Delta BHM\) nằm trên cung chứa góc \(\alpha\) dựng trên đoạn AB.

Do đó, khi điểm S di động trên tia đối của tia AB thì điểm F luôn nằm trên đường tròn cố định là cung chứa góc \(\alpha\) dựng trên đoạn AB.