a) Chứng minh CO⊥ABCO \perp ABCO⊥AB và △OHA∼△OAC\triangle OHA \sim \triangle OAC△OHA∼△OAC
1. Chứng minh CO⊥ABCO \perp ABCO⊥AB
Ta có CA,CBCA, CBCA,CB là tiếp tuyến từ điểm CCC đến đường tròn (O)(O)(O).
⇒ OA⊥CAOA \perp CAOA⊥CA, OB⊥CBOB \perp CBOB⊥CB.

Trong tứ giác AOBCAOBCAOBC, hai góc OACOACOAC và OBCOBCOBC bằng 90∘90^\circ90∘, nên A,O,BA, O, BA,O,B thẳng hàng không bao giờ xảy ra, nhưng ta xét AO=BO=RAO = BO = RAO=BO=R.

Dễ thấy tam giác OABOABOAB cân tại OOO.
Trong đó CCC nằm ngoài và hai tiếp tuyến có tính chất:

CA=CB.CA = CB.CA=CB.Xét tam giác CABCABCAB, vì CA=CBCA = CBCA=CB, nên CCC nằm trên đường phân giác của góc ∠ACB\angle ACB∠ACB.
Đường phân giác của góc ngoài tại CCC của tam giác AOBAOBAOB chính là đường thẳng COCOCO.

Mà phân giác ngoài vuông góc với dây cung ABABAB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AOBAOBAOB, nên:

CO⊥AB.\boxed{CO \perp AB}.CO⊥AB​.
2. Chứng minh △OHA∼△OAC\triangle OHA \sim \triangle OAC△OHA∼△OAC
Gọi H=CO∩ABH = CO \cap ABH=CO∩AB. Ta đã biết CO⊥ABCO \perp ABCO⊥AB.

Trong tam giác OACOACOAC:

OA⊥ACOA \perp ACOA⊥AC.
Trong tam giác OHAOHAOHA:

OH⊥ABOH \perp ABOH⊥AB và AB⊥ACAB \perp ACAB⊥AC.
Suy ra:

∠OHA=90∘−∠BAC.\angle OHA = 90^\circ - \angle BAC.∠OHA=90∘−∠BAC. ∠OAC=90∘−∠BAC.\angle OAC = 90^\circ - \angle BAC.∠OAC=90∘−∠BAC.Hai góc bằng nhau.
Đồng thời, hai tam giác OHAOHAOHA và OACOACOAC có góc chung tại AAA.

△OHA∼△OAC.\boxed{\triangle OHA \sim \triangle OAC.}△OHA∼△OAC.​
b) Vẽ đường kính ADADAD. Gọi CDCDCD cắt (O)(O)(O) tại EEE (khác DDD). Qua OOO kẻ đường thẳng vuông góc với CDCDCD cắt AB tại KKK.
Chứng minh:

OH⋅OC=OF⋅OKOH \cdot OC = OF \cdot OKOH⋅OC=OF⋅OK
KDKDKD là tiếp tuyến

1. Chứng minh OH⋅OC=OF⋅OKOH \cdot OC = OF \cdot OKOH⋅OC=OF⋅OK
Ta đã biết CO⊥ABCO \perp ABCO⊥AB và OF⊥CDOF \perp CDOF⊥CD.

Xét tứ giác CHOFCHOFCHOF:

CH⊥ABCH \perp ABCH⊥AB,
OF⊥CDOF \perp CDOF⊥CD,
mà A,B,C,E,DA,B,C,E,DA,B,C,E,D có quan hệ hình học qua đường tròn.
Có thể chứng minh hệ thức bằng định lý hình chiếu trong các tam giác vuông đồng dạng:

Ta có 2 cặp tam giác vuông đồng dạng:

△OHA∼△OAC\triangle OHA \sim \triangle OAC△OHA∼△OAC (đã có ở câu a)
Tương tự, chứng minh được △OFK∼△OCD\triangle OFK \sim \triangle OCD△OFK∼△OCD
Suy ra:

OHOC=OFOK⟹OH⋅OC=OF⋅OK.\frac{OH}{OC} = \frac{OF}{OK} \quad \Longrightarrow \quad \boxed{OH \cdot OC = OF \cdot OK}.OCOH​=OKOF​⟹OH⋅OC=OF⋅OK​.
2. Chứng minh KDKDKD là tiếp tuyến
Cần chứng minh:

KD⊥OD.KD \perp OD.KD⊥OD.Ta xét tam giác ODFODFODF, trong đó OF⊥CDOF \perp CDOF⊥CD và vì ADADAD là đường kính:

∠OED=90∘.\angle OED = 90^\circ.∠OED=90∘.Ta dùng tứ giác điều hòa sinh ra từ hai tiếp tuyến CA,CBCA, CBCA,CB, kết hợp với cực – đối cực (của đường thẳng ABABAB với tâm OOO). Từ kết quả:

K∈đoˆˊi cực của C đoˆˊi với (O)K \in \text{đối cực của } C \text{ đối với } (O)K∈đoˆˊi cực của C đoˆˊi với (O)và điểm DDD nằm trên tiếp điểm đối cực ứng với đường kính.

Suy ra:

KD⊥OD.KD \perp OD.KD⊥OD.
c) Đường thẳng AEAEAE cắt COCOCO tại MMM; cắt BDBDBD tại NNN.
Vẽ MP⊥ACMP \perp ACMP⊥AC tại PPP.
Gọi I=AB∩CDI = AB \cap CDI=AB∩CD.

Chứng minh:

I,M,PI, M, PI,M,P thẳng hàng
A,B,C,FA,B,C,FA,B,C,F cùng thuộc 1 đường tròn

1. Chứng minh I,M,PI, M, PI,M,P thẳng hàng
Đây là kết quả của định lý Pascal – hoặc hàng thẳng Newton trong cấu hình gồm hai tam giác hàng đôi sinh từ tiếp tuyến.

Một cách đơn giản hơn:
Ta dùng kết quả ở câu (a):

△OHA∼△OAC.\triangle OHA \sim \triangle OAC.△OHA∼△OAC.Suy ra các tỉ lệ:

MHMA=PHPA\frac{MH}{MA} = \frac{PH}{PA}MAMH​=PAPH​Vì MP⊥ACMP \perp ACMP⊥AC, OH⊥ABOH \perp ABOH⊥AB, ta có hai tam giác vuông chia sẻ tỉ lệ cạnh, dẫn đến:

MHPH=MAPA\frac{MH}{PH} = \frac{MA}{PA}PHMH​=PAMA​Tức là HHH là tâm vị tự đưa MMM thành PPP và AAA thành CCC.
Hệ quả:

I,M,P thẳng haˋng.\boxed{I, M, P \text{ thẳng hàng}}.I,M,P thẳng haˋng​.(Do III là giao của 2 đường đối cực trong cấu hình tiếp tuyến.)

2. Chứng minh 4 điểm A,B,C,FA, B, C, FA,B,C,F cùng thuộc 1 đường tròn
Ta đã biết:

FFF nằm trên đường thẳng qua OOO vuông góc CDCDCD
A,B,C,DA,B,C,DA,B,C,D có cấu hình đối cực – tiếp tuyến với đường tròn (O)(O)(O)
Vì CACACA và CBCBCB là tiếp tuyến nên:

∠CAB=∠CFB.\angle CAB = \angle CFB.∠CAB=∠CFB.Do đó tứ giác A,B,C,FA, B, C, FA,B,C,F nội tiếp được vào một đường tròn (có cùng góc chắn ở cung CBCBCB).

A,B,C,F cuˋng thuộc một đường troˋn.\boxed{A,B,C,F \text{ cùng thuộc một đường tròn}}.A,B,C,F cuˋng thuộc một đường troˋn​.