• Nối OM và AI.
• Ta có OAM=AIM (góc nội tiếp cùng chắn cung AM).
• Do đó △OAM∼△AIM (g - g).
• Vậy AIOM​=AIAM​⇒OM=AM.
• Tương tự, ta có OB=BM.
• Do đó OM+OB=AM+BM=AB.
• Xét tứ giác ABOM, ta có:
  • A=B=90∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
  • OAM+OMB=180∘ (hai góc kề bù).
• Vậy tứ giác ABOM là tứ giác nội tiếp.
• Do đó 5 điểm M, A, B, O, I cùng thuộc một đường tròn (đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOM).

b) Tia Oi cắt đường tròn (O) tại E, AE cắt CD tại F. Chứng minh ABMF cân và BF là tia phân giác của CBD.

Giải:

• Ta có AEF=AIE (góc nội tiếp cùng chắn cung AE).

• Do đó △AEF∼△AIE (g - g).

• Vậy AIEF​=AIAE​⇒EF=AE.

• Xét tứ giác AEMF, ta có:

  • A=E=90∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
  • AEF+EMF=180∘ (hai góc kề bù).

• Vậy tứ giác AEMF là tứ giác nội tiếp.

• Do đó AFM=AEF.

• Tương tự, ta có ABM=ABE.

• Do đó △ABM∼△ABF (g - g).

• Vậy AMB=ABF.

• Do đó △ABM cân tại B.

• Xét tứ giác ABFC, ta có:

  • A=C=90∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
  • ABF=FCB (chứng minh trên).

• Vậy tứ giác ABFC là tứ giác nội tiếp.

• Do đó BFC=ABC.

• Mặt khác, BFC=BFD (góc nội tiếp cùng chắn cung BF).

• Do đó BFD=ABC.

• Vậy BF là tia phân giác của CBD.

c) Đường thẳng qua C song song với MA cắt AB, AD lần lượt tại G, H. Chứng minh G là trung điểm của CH.

Giải:

• Ta có CG∣∣MA (cùng song song với MA).
• Do đó ACG=MAM (góc so le ngoài).
• Tương tự, ta có ACH=MAH.
• Xét tứ giác ACHG, ta có:
  • ACG=ACH (chứng minh trên).
  • ACG+ACH=180∘ (hai góc kề bù).
• Vậy tứ giác ACHG là tứ giác nội tiếp.
• Do đó AGH=ACG.
• Mặt khác, AGH=AGB (góc nội tiếp cùng chắn cung AG).
• Do đó AGB=ACG.
• Xét △AGB và △ACG, ta có:
  • AGB=ACG (chứng minh trên).
  • G chung.
  • AG=AG (cùng là một cạnh).