Ta có

\(AB=AC\) (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì khoảng cách từ điểm đó đến hai tiếp điểm bằng nhau)

\(\Rightarrow\Delta ABC\) cân tại A (1)

AO là phân giác của \(\widehat{BAC}\) (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì đường nối điểm đó với tâm của đường tròn là phân iacs của góc tạo bởi 2 tiếp tuyến) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AH\perp BC\) (Trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh tg cân đồng thời là đường cao, đường trung trực...)

\(\Rightarrow\widehat{AHE}=90^o\) (*)

Ta có

\(OM=ON\) (Bán kính (O)) \(\Rightarrow\Delta OMN\) cân tại O

Ta có \(IM=IN\) (Giả thiết) => ON là đường trung tuyến của tg OMN

\(\Rightarrow OE\perp AN\) (Trong tg cân đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh tg cân đồng thời là đường cao, đường trung trực...)

\(\Rightarrow\widehat{AIE}=90^o\) (**)

Từ (*) và (**) => I và H cùng nhìn AE dưới hai góc bằng nhau và bằng 90 độ => I và H nằm trên đường tròn đường kính AE nên 4 điểm A;H;I;E cùng nằm trên 1 đường tròn

Cho đường tròn tâm $O$ bán kính $R$ và một điểm $A$ nằm ngoài đường tròn. Kẻ một đường thẳng đi qua $A$ và không đi qua $O$, cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt $M$, $N$ ($M$ nằm giữa $A$ và $N$). Từ $A$ vẽ hai tiếp tuyến $AB$ và $AC$ với $(O)$ ($B$, $C$ là hai tiếp điểm). Đường thẳng $BC$ cắt $AO$ tại $H$. Gọi $I$ là trung điểm của $MN$. Đường thẳng $OI$ cắt đường thẳng $BC$ tại $E$. Chứng minh $AHIE$ là tứ giác nội tiếp.

 theo gt, ta co: 

$I$ là trung điểm của $MN\; va\; MN\; la\; day\; cung\; cua\; (O)$

$=>\; OE\; vuong\; goc\; voi\; MN\; tai\; I$

$hay\; goc\; AIE=\; 90\; (1)$

$Mat\; khac,\; ta\; lai\; co\; A\; nam\; ngoai\; (O);$

$AC\; va\; AB\; lan\; luot\; la\; cac\; tiep\; tuyen\; cua\; (O)$

=> AO vuong goc voi BC

hay goc AHE = 90 (2)

tu (1) va (2) => tu giac AHIE noi tiep (vi co 2 goc ke bang nhau)

Ta có :

Do BD và CE là các đường cao nên

suy ra góc BEC = góc BDC =90 độ

Xét tứ giác BCDE,có:

góc BEC=góc BDC

vậy BCDE là tứ giác nội tiếp(đpcm)

Do BM là tiếp tuyến của đường tròn nên ${}^o$

Xét đường tròn (O) có AD là một dây cung. Lại có E là trung điểm AD nên theo tính chất của đường kính và dây cung, ta có $OE\perp AD$ hay $\widehat{OEM}=90^o$.

Xét tứ giác OEBM có $\widehat{OBM}=\widehat{OEM}=90^o$, chúng lại là hai góc kề nhau nên OEBM là tứ giác nội tiếp.

Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm $O$ $(AB<AC)$. Hai tiếp tuyến tại $B$ và $C$ cắt nhau tại $M$. $AM$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai $D$. Gọi $E$ là trung điểm đoạn $AD$. Chứng minh $OEBM$ là tứ giác nội tiếp.

theo bai ta co $E$ là trung điểm đoạn $AD$

$ma\; AD\; la\; mot\; day\; cung\; thuoc\; (O)$

$=>\; OE\; vuong\; goc\; voi\; AD$

$hay\; goc\; OEM\; =\; 90\; (1)$

$Mat\; khac,\; BM\; vuong\; goc\; voi\; OB\; tai\; B\; (gt)$

hay goc OBM= 90 (2)

Tu (1) va (2) suy ra tu giac OEBM noi tiep

   Ta có: góc AKP = 90độ ( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Mà AK giao MN tại H =) Góc HKP = 90độ (1)

  Lại có: MC vuông góc AB =) Góc HCB = 90độ (2)

Từ (1) và (2) =) góc HKP + góc HCP = 180độ

Mà 2 góc đối nhau

=) Tứ giác BCHK nội tiếp

Ta có: MP vuông góc AB (gt)

=) Góc MPA = 90độ (1)

Lại có: MQ vuông góc AC (gt)

=) Góc MQA = 90 độ (2)

Từ (1) và (2) =) góc MPA + góc MQA = 180độ

Mà 2 góc ở vị trí đối nhau

=) Tứ giác APMQ nội tiếp

Ta có: AC là tiếp tuyến của (O) (gt)

=) AC vuông góc OA 

=) Góc OAC = 90độ (1)

Lại có: DC là tiếp tuyến của (O) (gt)

=) DC vuông góc OD

=) Góc ODC = 90độ (2)

Từ (1) và (2) =) góc ODC + góc OAC = 180 độ

Mà 2 góc ở vị trí đối nhau                           

=) Tứ giác OACD nội tiếp

a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O₁) , (O₂) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.

Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên $\widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\genfrac{}{}{0ex}{}{\stackrel{⌢}{\mathrm{HQ}}}{2}\right)$, do đó APQB là tứ giác nội tiếp.

c) Ta có $\widehat{O^{1}PA}=\widehat{PA{O}^1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ}$

$\Rightarrow \widehat{O^{1}PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow \widehat{O^{1}PQ}=90^o$ nên PQ tiếp xúc nửa đường tròn (O₁) tại P. 

Tương tự , PQ tiếp xúc (O₂) tại Q hay PQ là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O₁) và (O₂)

hình bạn tự vẽ nha :

a.Ta có:

$\widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}={90}^o$

$\to A,P,H,M,Q\in$ đường tròn đường kính  $AM$

b.Từ câu a $\to A,P,H,M,Q\in (O,\frac{1}{2}AM)$

$\to OP=OH=OM=OQ$

Mà $\Delta ABC$ đều, $AH\perp BC\to \widehat{BAH}=\widehat{HAC}={30}^o$

$\to \widehat{HOQ}=2\widehat{HAQ}={60}^o,\widehat{POH}=2\widehat{PAH}={60}^o$

Do $OP=OH,OH=OQ$

$\to \Delta OPH,\Delta OHQ$ đều

$\to PH=OP=OQ=QH$

$\to OPHQ$ là hình thoi

a) Có $\widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}=90^o$ nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên $\widehat{BAH}=\widehat{HAC}=30^o$.

Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và $\widehat{POH}=2\widehat{PAH}=60^o$ ; $\widehat{QOH}=60^o$ suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.

c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó $PQ=2.\genfrac{}{}{0ex}{}{r\sqrt{3}}{2}=AM.\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{3}}{2}\ge AH.\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{3}}{2}$

Do đó PQ ngắn nhất khi và chỉ khi M là trung điểm BC.