Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên nửa mặt phẳng bờ AB, cùng phía với nửa đường tròn vẽ Ax, By lần lượt là các tia tiếp tuyến của (O) tại A và B. Gọi I là trung điểm của AO. Lấ

a) Vì \(AP\) là tiếp tuyến của đường tròn \((O)\)tại A nên \(\widehat {PAI} = 90^\circ \) hay tam giác \(PAI\)vuông tại A.

Vậy 3 điểm \(P,A,I\) cùng thuộc đường tròn có tâm là trung điểm của cạnh \(PI\)và bán kính là \(\frac{{PI}}{2}\). (1)

Tương tự ta cũng chứng minh được 3 điểm \(P,H,I\)cùng thuộc đường tròn có tâm là trung điểm của cạnh \(PI\)và bán kính là \(\frac{{PI}}{2}\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm \(P,A,I,H\) cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác \(APHI\) nội tiếp được.

b) Ta có ( g-g)

Suy ra: \(\frac{{AP}}{{BI}} = \frac{{AI}}{{BQ}}\) nên\(AP.BQ = AI.BI\)

c) Từ câu 1) ta có\(APHI\)là tứ giác nội tiếp suy ra \(\widehat {IAH} = \widehat {IPH}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn )\(IAH=IPH\)

Tương tự ta cũng có \(BQHI\) là tứ giác nội tiếp

Suy ra \(\widehat {IBH} = \widehat {IQH}\) \(IBH=IQH\) (2 góc nội tiếp cùng chắn )

mà \(\widehat {PIQ} = 90^\circ \) nên \(\widehat {AHB} = 90^\circ \) suy ra \(H \in (O)\)và tứ giác \(MHNI\)nội tiếp.

Do đó\(=>HNM=HIM =HAP\) \(\widehat {HNM} = \widehat {HIM} = \widehat {HAP}\)\(HAP=HBA=\)mà \(\widehat {HAP} = \widehat {HBA}\) suy ra \(\widehat {HNM} = \widehat {HBA}\)

mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên MN//AB.