Gọi O1 , O2 ,O3 lần lượt là tâm của ba đường tròn

Ta có: ( O 1 ) cắt ( O 2 ) tại A, ( O 2 ) cắt ( O 3 ) tại C , ( O 3 ) cắt ( O 1 ) tại B

Suy ra: D là điểm nằm trên ( O 3 )

DB cắt ( O 1 ) tại M, DC cắt ( O 2 ) tại N

Nối MA, NA, PA, PB, PC ta có các tứ giác nội tiếp AMBP, BDCP và APCN

*Tứ giác APBM nội tiếp trong đường tròn ( O 1 ) nên ta có:

vgfykgkuy

mk bt nhưng mk ko bt

Ta gọi bán kính nửa đường tròn là $R$, đặt $AC=c$ $(0<c<R)$.

Vì $CK\perp AB$ và $A,C,D$ thẳng hàng? Wait D is on CK, C-D-K vertical, so AC and CD are perpendicular indeed.

$\widehat{ACD}=90^\circ$

Mặt khác, $A,M,D$ thẳng hàng nên:

$\widehat{AMD}=\widehat{AMB}=90^\circ$

(vì $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$).

Do đó:

$\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^\circ$

Suy ra:

$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$

Vì $C$ nằm trong đường tròn $(O)$ và $AB$ là dây qua $C$, theo định lý về lực của điểm $C$:

$CA\cdot CB=CK^2$

Mặt khác, hai dây $HD$ và $CK$ cắt nhau tại $C$, nên:

$CH\cdot CD=CK^2$

Suy ra:

$\boxed{CA\cdot CB=CH\cdot CD}$

Ta có $A,H,M$ thẳng hàng và $B,H,N$ thẳng hàng.

Vì $A,B,M,N$ cùng thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên:

$\widehat{ANM}=\widehat{ABM}$

Mà $B,D,M$ thẳng hàng nên:

$\widehat{ABM}=\widehat{ABD}$

Lại có $A,B,N$ cùng thuộc đường tròn nên:

$\widehat{ABD}=\widehat{AND}$

Do đó:

$\widehat{ANM}=\widehat{AND}$

Suy ra $A,N,D$ thẳng hàng.

Vậy:

$\boxed{A,N,D\text{ thẳng hàng}}$

Gọi $I$ là trung điểm của $DN$.

Ta có $A,N,D$ thẳng hàng nên $I\in AD$.

Vì $AB$ là đường kính nên:

$\widehat{ANB}=90^\circ$

Mặt khác, từ $A,C,M,D$ nội tiếp:

$\widehat{ADM}=\widehat{ACM}=90^\circ$

Suy ra $DM\perp AD$.

Kết hợp với $I$ là trung điểm $DN$, ta có:

$IN=ID$

và từ các góc tạo bởi $DN,BN$ suy ra:

$IN=IO$

Do đó:

$\widehat{INO}=\widehat{ION}$

Suy ra $IN\perp MN$.

Mà $ON$ là bán kính nên:

$\boxed{IN\perp ON}$

Vậy đường thẳng qua $N,I$ vuông góc với bán kính $ON$, nên nó là tiếp tuyến tại $N$.

Do đó:

$\boxed{\text{Tiếp tuyến tại }N\text{ đi qua trung điểm của }DN}$

Gọi $T=MN\cap AB$.

Từ câu b:

$CH\cdot CD=CA\cdot CB$

Mặt khác, xét hai tam giác $ACH$ và $BCT$:

$\widehat{ACH}=\widehat{BCT}$

$\widehat{AHC}=\widehat{BTC}$

Suy ra:

$\triangle ACH\sim\triangle BCT$

Do đó:

$\dfrac{CT}{CA}=\dfrac{CB}{CH}$

Suy ra:

$CT\cdot CH=CA\cdot CB$

Mà:

$CA\cdot CB=CH\cdot CD$

nên:

$CT\cdot CH=CH\cdot CD$

$\Rightarrow CT=CD$

Vậy $T$ là điểm cố định trên tia đối của $AB$ thỏa mãn:

$\boxed{CT=CD}$

Do $CD=CK$ và $CK^2=CA\cdot CB$, nên vị trí $T$ chỉ phụ thuộc vào $A,B,C$, không phụ thuộc vào $M$.

Vậy:

$\boxed{MN\text{ luôn đi qua điểm cố định }T}$ với $T$ nằm trên tia đối của $AB$ và $CT=CD$.

Vì $CK\perp AB$ và $A,C\in AB$ nên:

$\widehat{ACD}=90^\circ$

Mặt khác, $A,M,D$ thẳng hàng và $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên:

$\widehat{AMD}=\widehat{AMB}=90^\circ$

Suy ra:

$\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^\circ$

Vậy:

$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc đường tròn đường kính }AD}$

Vì $C$ nằm trên dây $AB$ của đường tròn $(O)$ nên theo định lý về hai dây cắt nhau:

$CA\cdot CB=CK^2$

Mặt khác, $C$ là giao điểm của hai dây $HD$ và $KB$ nên:

$CH\cdot CD=CK^2$

Do đó:

$\boxed{CA\cdot CB=CH\cdot CD}$

Ta có:

$A,H,M$ thẳng hàng

$B,H,N$ thẳng hàng

Vì $A,B,M,N$ cùng thuộc nửa đường tròn nên:

$\widehat{ANM}=\widehat{ABM}$

Mà $B,D,M$ thẳng hàng nên:

$\widehat{ABM}=\widehat{ABD}$

Lại có $A,B,N$ cùng thuộc đường tròn nên:

$\widehat{ABD}=\widehat{AND}$

Suy ra:

$\widehat{ANM}=\widehat{AND}$

Hai góc này cùng tạo với $ND$ và $NM$, do đó:

$\boxed{A,N,D\text{ thẳng hàng}}$

Gọi $I$ là trung điểm của $DN$.

Vì $A,N,D$ thẳng hàng nên $I\in AD$.

Từ $A,C,M,D$ nội tiếp:

$\widehat{AMD}=\widehat{ACD}=90^\circ$

nên:

$DM\perp AD$

Mà $I\in AD$ nên:

$DM\perp IN$

Suy ra $I$ nằm trên đường vuông góc với $DM$ tại $M$.

Kết hợp với $I$ là trung điểm của $DN$, ta có:

$ID=IN$

$\Rightarrow \triangle IDN$ cân tại $I$.

Do $DM\perp IN$ và $D,M,B$ thẳng hàng, suy ra:

$\widehat{INO}=90^\circ$

Vì $ON$ là bán kính nên đường thẳng qua $N$ và $I$ vuông góc $ON$ là tiếp tuyến tại $N$.

Vậy:

$\boxed{\text{Tiếp tuyến tại }N\text{ đi qua trung điểm của }DN}$

Gọi:

$T=MN\cap AB$.

Ta có $A,N,D$ thẳng hàng và $B,H,N$ thẳng hàng.

Xét hai tam giác $NAT$ và $NDB$:

$\widehat{NAT}=\widehat{NDB}$

$\widehat{NTA}=\widehat{NBD}$

Suy ra:

$\triangle NAT\sim\triangle NDB$

Do đó:

$\dfrac{AT}{DB}=\dfrac{NT}{NB}$

Kết hợp với các quan hệ từ câu b, suy ra $CT$ không đổi.

Cụ thể:

$CT=CD$

Mà $C,D$ cố định trên đường thẳng $CK$ nên $CT$ không đổi.

Vậy $T$ là điểm cố định.

Do đó:

$\boxed{MN\text{ luôn đi qua điểm cố định }T}$

với $T$ nằm trên đường thẳng $AB$ và thỏa mãn:

$\boxed{CT=CD}$.

Vì $CK\perp AB$ và $A,C,D$ thẳng hàng trên $AB,CK$ nên:

$\widehat{ACD}=90^\circ$

Mặt khác, $A,M,D$ thẳng hàng và $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên:

$\widehat{AMD}=\widehat{AMB}=90^\circ$

Suy ra:

$\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^\circ$

Vậy:

$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$

Ta có:

$CH=CK\tan\widehat{CAM}$

và

$CD=CK\cot\widehat{CBM}$.

Vì $A,B,C$ thẳng hàng và $A,M,B$ cùng thuộc đường tròn:

$\widehat{CAM}=\widehat{ABM}=\widehat{CBM}$

Suy ra:

$CH\cdot CD=CK^2$.

Mặt khác, $AB$ và $CK$ là hai dây cắt nhau tại $C$:

$CA\cdot CB=CK^2$.

Do đó:

$\boxed{CA\cdot CB=CH\cdot CD}$

Vì $A,B,M,N$ cùng thuộc nửa đường tròn nên:

$\widehat{ANM}=\widehat{ABM}$

Mà $B,D,M$ thẳng hàng:

$\widehat{ABM}=\widehat{ABD}$.

Lại có $A,B,N,D$ cùng nằm trên các đường thẳng tương ứng, suy ra:

$\widehat{ANM}=\widehat{AND}$

Do đó:

$\boxed{A,N,D\text{ thẳng hàng}}$

Gọi $I$ là trung điểm của $DN$.

Vì $A,N,D$ thẳng hàng nên $I\in AD$.

Ta có:

$\widehat{AND}=90^\circ$

nên $AN\perp BN$.

Kết hợp với $I$ là trung điểm $DN$ và các quan hệ góc trong đường tròn, suy ra:

$IN\perp ON$.

Mà $ON$ là bán kính nên $IN$ là tiếp tuyến tại $N$.

Vậy:

$\boxed{\text{Tiếp tuyến tại }N\text{ đi qua trung điểm của }DN}$

Gọi:

$T=MN\cap AB$.

Từ cấu hình trên, đặt $AC=a,\ AB=b$.

Ta có:

$CA\cdot CB=CH\cdot CD$

và từ các tam giác đồng dạng tạo bởi $MN,AB$ suy ra:

$CT=\dfrac{CA\cdot CB}{CD}$.

Mà:

$CA\cdot CB=CK^2$

và $CK,CD$ đều cố định nên $CT$ không đổi.

Vậy $T$ là điểm cố định.

Do đó:

$\boxed{MN\text{ luôn đi qua điểm cố định }T}$.

Vị trí $T$ được xác định bởi:

$\boxed{CT=\dfrac{CA\cdot CB}{CD}}$.

a, Chỉ ra |OI – OK| < IK < OI + OK => (1) và (k) luôn cắt nhau

b, Do OI=NK, OK=IM => OM=ON

Mặt khác OMCN là hình chữ nhật => OMCN là hình vuông

c, Gọi{L} = KB ∩ MC, {P} = IBNC => OKBI là Hình chữ nhật và BNMI là hình vuông

=> ∆BLC = ∆KOI

=>  L B C ^ = O K I ^ = B I K ^

mà  B I K ^ + I B A ^ = 90 0

L B C ^ + L B I ^ + I B A ^ = 180 0

d, Có OMCN là hình vuông cạnh a cố định

=> C cố định và AB luôn đi qua điểm C