Cho đường tròn (O), từ điểm A nằm ngoài đường tròn vẽ hai tiếp tuyến AB, AC ( với B, C là tiếp điểm).

* Hướng dẫn giải

1. 

Xét tứ giác BIMK có \(\widehat {BKM} = {90^o},\widehat {BIM} = {90^o},\) suy ra tứ giác BIMK nội tiếp được.

2. Chứng minh tương tự tứ giác CIMH nội tiếp được.

Do các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp được nên suy ra 

\(\widehat {IMK} = {180^o} - \widehat {ABC},\widehat {IMH} = {180^o} - \widehat {ACB}.\)

Vì AB = AC (tính chất của tiếp tuyến) nên \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB}.\)

Vậy nên \(\widehat {IMK} = {180^o} - \widehat {ABC} = {180^o} - \widehat {ACB} = \widehat {IMH}.\)

3. 

Ta có \(\widehat {MBK} = \widehat {MIK}\) (Tứ giác BIMK nội tiếp)

\(\widehat {MBK} = \widehat {BCK}\) (=\(\frac{1}{2}\) sđBM ). Suy ra \(\widehat {MIK} = \widehat {BCK}\) hay \(\widehat {MIP} = \widehat {BCM}\)

Chứng minh tương tự \(\widehat {MBC} = \widehat {MIQ}\)

Ta có được \(\widehat {PMQ} + \widehat {PIQ} = \widehat {PMQ} + \widehat {MBC} + \widehat {BCM} = {180^0}\) .Suy ra tứ giác MPIQ nội tiếp 

Chứng minh \(\widehat {MKP} = \widehat {MPQ};\widehat {MHQ} = \widehat {MQP}\) => đpcm

4. 

+) Chứng minh được: TP² = TM.TN=TQ² suy ra T là trung điểm PQ.

+) Chứng minh SB=SC suy ra S là trung điểm của BC cố định.

Kết luận: MN luôn đi qua S cố định.