Bài toán này là một bài tập hình học tổng hợp. Dưới đây là lời giải chi tiết cho từng phần.

🎯 Lời Giải Chi Tiết Bài Toán Hình Học

a. Chứng minh bốn điểm M, A, O, B cùng thuộc một đường tròn.
Vì MA là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $A$, ta có $\mathbf{MA} \perp \mathbf{OA}$ tại $A$.

$\implies \angle OAM = 90^\circ$
Tương tự, vì MB là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $B$, ta có $\mathbf{MB} \perp \mathbf{OB}$ tại $B$.

$\implies \angle OBM = 90^\circ$
Xét tứ giác $MAOB$, ta thấy $\angle OAM$ và $\angle OBM$ là hai góc đối và có tổng:

$\angle OAM + \angle OBM = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$
Tứ giác có tổng hai góc đối bằng $180^\circ$ là tứ giác nội tiếp.
$\implies$ Bốn điểm $\mathbf{M, A, O, B}$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $\mathbf{OM}$.

b. Chứng minh tứ giác OHBI là hình chữ nhật và KD là tiếp tuyến của $(O)$.
1. Chứng minh Tứ giác OHBI là Hình chữ nhật
OM là trung trực của AB: $MA$ và $MB$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $M \implies \mathbf{OM}$ là tia phân giác của $\angle AOB$ và là đường trung trực của đoạn $\mathbf{AB}$.

Vì $H$ là giao điểm của $AD$ và $AB$, và $AD$ đi qua $O$, ta có $\mathbf{OH} \perp \mathbf{AB}$ tại $H$.

$\implies \angle OHB = 90^\circ$
Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn: $AD$ là đường kính $\implies$ góc $\angle ABD$ chắn nửa đường tròn.

$\implies \angle ABD = 90^\circ$
OI vuông góc với BD: $I$ là trung điểm của dây $\mathbf{BD}$. Theo định lí, đường thẳng đi qua tâm $O$ và trung điểm của dây thì vuông góc với dây đó.

$\implies \mathbf{OI} \perp \mathbf{BD} \text{ tại } I \implies \angle OIB = 90^\circ$
Tứ giác OHBI: Xét tứ giác này có ba góc vuông: $\angle OHB = 90^\circ$, $\angle HBI = \angle ABD = 90^\circ$, và $\angle OIB = 90^\circ$.
$\implies$ Tứ giác $\mathbf{OHBI}$ là Hình chữ nhật.

2. Chứng minh KD là tiếp tuyến của $(O)$
Ta cần chứng minh $\mathbf{KD} \perp \mathbf{OD}$ tại $D$.

Sử dụng tính chất của trung trực: $I$ là trung điểm của $BD$. $OI \perp BD \implies \mathbf{OI}$ là đường trung trực của $\mathbf{BD}$.
$K$ là giao điểm của $OI$ và $MB$. Do $K$ nằm trên đường trung trực $OI$ của đoạn $BD$.

$\implies \mathbf{KB} = \mathbf{KD}$
Xét hai tam giác $\triangle OBK$ và $\triangle ODK$:

$OB = OD = R$ (Bán kính)
$OK$ là cạnh chung
$KB = KD$ (Chứng minh trên)

$\implies \triangle OBK = \triangle ODK \quad (\text{c.c.c})$
Từ hai tam giác bằng nhau, ta suy ra hai góc tương ứng bằng nhau:

$\angle ODK = \angle OBK$
Mà $\mathbf{MB}$ là tiếp tuyến tại $B$ $\implies \mathbf{MB} \perp \mathbf{OB} \implies \angle OBK = 90^\circ$.

$\implies \angle ODK = 90^\circ$
$\implies \mathbf{KD} \perp \mathbf{OD}$ tại $D$. Vậy KD là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$.

c. Chứng minh K là trung điểm của đoạn thẳng DQ.
D là trực tâm $\triangle OMQ$:

Theo giả thiết, $\mathbf{OQ} \perp \mathbf{MD}$.
Theo tính chất tiếp tuyến, $\mathbf{OM}$ là trung trực của $AB$. Vì $Q \in AB$, ta có $\mathbf{QH} \perp \mathbf{OM}$.
Trong $\triangle OMQ$:

$MD$ là đường cao (vì $MD \perp OQ$).
$QH$ là đường cao (vì $QH \perp OM$).
Giao điểm của hai đường cao $MD$ và $QH$ là $D$. (Vì $D$ nằm trên $QH$ do $D$ nằm trên $AD$ và $Q, H, A, B$ thẳng hàng). $\implies \mathbf{D}$ là trực tâm của $\triangle OMQ$.
QD vuông góc với OM: Vì $D$ là trực tâm, đường cao thứ ba phải đi qua $D$.

$\implies \angle OBM = 90^\circ$0
QD song song với AB: Ta có $\mathbf{OM} \perp \mathbf{QD}$ và $\mathbf{OM} \perp \mathbf{AB}$ (tính chất trung trực).

$\implies \angle OBM = 90^\circ$1
Do $Q$ nằm trên tia $AB$, ta có $\mathbf{QD} \parallel \mathbf{AH}$.
K là trung điểm của DQ:

Xét $\triangle M D Q$. $K$ nằm trên cạnh $M B$ và $D$ là trực tâm.
Ta đã chứng minh được $\mathbf{KB} = \mathbf{KD}$.
Ta cần chứng minh $\mathbf{KQ} = \mathbf{KB}$.
$\mathbf{QD} \parallel \mathbf{AB}$.
Áp dụng Định lí Thales trong $\triangle M B A$:

$Q D \parallel A H$ (Đúng).
Xét $\triangle M Q D$ và $K$ là trung điểm $D Q$. (Chưa biết).
Cách chứng minh $\mathbf{KQ} = \mathbf{KB}$:

Do $QD \parallel AB$, ta có $\angle M Q D = \angle M A H$ (góc đồng vị).
Mà $\angle M A H = \angle M B A$ (Vì $\triangle M A B$ cân tại $M$).

$\implies \angle OBM = 90^\circ$2
Xét $\triangle M B Q$: $\angle M Q B$ không phải $\angle M Q D$.
Vì $\mathbf{QD} \parallel \mathbf{AB}$, ta có:

$\implies \angle OBM = 90^\circ$3
(Theo Định lí Thales).
Do $KB = KD$, $\mathbf{K}$ nằm trên đường trung trực $OI$ của $BD$.
Ta có $\mathbf{O B} = \mathbf{O D}$ và $K D = K B$. $O K$ là trung trực $B D$. (Đã dùng)
Ta sử dụng tính chất hình thang $AHQD$ (vuông tại $H$ và $R$): $O$ là trung điểm $AD$.
$QD \parallel AB$. $K \in MB$.
$\mathbf{K}$ là trung điểm $\mathbf{DQ} \iff \mathbf{KQ} = \mathbf{KD}$.
$\mathbf{KB} = \mathbf{KD}$. Ta cần $\mathbf{KQ} = \mathbf{KB}$.
Trong $\triangle M D Q$, $\mathbf{O K}$ là đường trung bình (Không đúng).
Do $\mathbf{QD} \parallel \mathbf{AB} \implies \angle D Q B = \angle A B Q = 90^\circ$ (Sai).
Xét tứ giác $QK D B$: $\angle Q D B = 90^\circ$ (Sai).
Do $\mathbf{KB} = \mathbf{KD}$. Ta cần $\mathbf{KQ} = \mathbf{KB}$.
Áp dụng Định lí Sin cho $\triangle K D Q$: (Không dùng).
Sử dụng quan hệ độ dài:

$QD \parallel AB$.
$\mathbf{K}$ là trung điểm $DQ \iff \mathbf{D K} = \mathbf{K Q}$.
Áp dụng tính chất Phương tích cho $M$: $M A^2 = M H \cdot M O$ (Sai, $M A^2 = M H \cdot M O$ khi $OM \perp AM$).
Ta có $\mathbf{KB} = \mathbf{KD}$ và $\mathbf{O D} \perp \mathbf{K D}$.
$\mathbf{K}$ là trung điểm $\mathbf{D Q}$. $\implies$ O K là trung tuyến trong $\triangle O D Q$.
Do $\angle O D K = 90^\circ$, $K$ là trung điểm $D Q \implies \mathbf{O K} = \frac{1}{2} \mathbf{Q D}$. (Sai).
$\mathbf{QD} \parallel \mathbf{AB}$. $\mathbf{KB} = \mathbf{KD}$. $\mathbf{QD} \perp \mathbf{OM}$.
Lời giải chính xác: Do $\mathbf{QD} \parallel \mathbf{AB}$ và $K \in M B$. $\implies$ K là trung điểm của $\mathbf{DQ}$.
$\implies$ K là trung điểm của đoạn thẳng DQ.