Câu a, b thì dễ rồi, còn câu c chắc bạn không làm được.
Gọi H là giao điểm của tiếp tuyến tại K của (O) và AB, thì ta có điểm H cố định. Ta phải chứng minh điểm H thuộc đường tròn ngoại tiếp △ADM để đường tròn ấy đi qua điểm cố định là H.
Ta có △OAK đều ⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{O_1}=\widehat{OKA}=60\text{°}\\AK=AO=R\end{matrix}\right.\)
△OKH vuông tại H ⇒ \(\widehat{OHK}\)+\(\widehat{O_1}\)=90° (tính chất) ⇒ \(\widehat{OHK}\)=90°-60°=30°
\(\widehat{OKH}\)=90° (do HK là tiếp tuyến tại K của (O)) ⇒ \(\widehat{K_1}\)+\(\widehat{OKA}\)=90°
⇒ \(\widehat{K_1}\)=90°-60°=30°
Suy ra \(\widehat{K_1}\)=\(\widehat{AHK}\) nên △AHK cân tại A ⇒ AH=AK=R
Ta lại có ADCI nội tiếp ⇒ \(\widehat{D_1}\)=\(\widehat{C_1}\) (nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{AI}\))
BIMC nội tiếp ⇒ \(\widehat{B_1}\)=\(\widehat{C_1}\) (nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{MI}\))
Từ đó suy ra \(\widehat{B_1}\)=\(\widehat{D_1}\) (1)
Có IH=IA+AH=\(\frac{1}{2}R\)+R=\(\frac{3}{2}R\), IB=IO+OB=\(\frac{1}{2}R\)+R=\(\frac{3}{2}R\) nên IH=IB
Xét △MIH và △MIB có: MI chung, IH=IB, \(\widehat{MIH}\)=\(\widehat{MIB}\) (=90°)
⇒ △MIH = △MIB (c.g.c) ⇒ \(\widehat{H_1}\)=\(\widehat{B_1}\) (2 góc tương ứng) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{H_1}\)=\(\widehat{D_1}\), mà 2 góc này cùng nhìn cạnh AM nên tứ giác AHDM nội tiếp (bài toán cung chứa góc), hay điểm H thuộc đường tròn ngoại tiếp △ADM.
Vậy khi M di chuyển trên đoạn IK thì đường tròn ngoại tiếp △ADM luôn đi qua một điểm cố định khác A là giao điểm của tiếp tuyến tại K của (O) và AB.
