Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.

Suy ra ; .

Do đó  

Vậy

Vì tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O nên .

Suy ra

Mà nên

Vì OA = OD = R nên tam giác OAD cân tại O.

Suy ra (tính chất tam giác cân).

Do đó, tam giác OAD đều, suy ra .

Độ dài các đoạn thẳng OA, OB, OC, OD là bằng nhau.

Nhận xét: 

• Tâm của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD là giao điểm của hai đường chéo.

• Đường kính của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD là đường chéo của hình chữ nhật.

Tâm của đường tròn ngoại tiếp hình vuông MNPQ  là I.

 Bán kính của đường tròn ngoại tiếp hình vuông MNPQ  là:

Vậy đường tròn ngoại tiếp hình vuông MNPQ có cạnh bằng a thì có tâm I và bán kính

• Hình vuông ABCD có M là giao điểm của hai đường chéo.

Do đó, đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có tâm O và bán kính

• Hình chữ nhật STUV có I là giao điểm của hai đường chéo.

Vì STUV là hình chữ nhật nên , áp dụng định lí Pythagore, ta có:

Do đó, đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật STUV có tâm G và bán kính là 

Ta thấy đường tròn ngoại tiếp hình vuông suy ra độ dài đường chéo hình vuông là đường kính của hình tròn.

Độ dài của đường chéo hình vuông là: d = 2R = 2 . 3 = 6 (cm).

Độ dài cạnh hình vuông là:

Diện tích hình vuông là: 

Vậy diện tích hình vuông là 18 cm2.

Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên

Khi đó, ta có bảng sau:

Ta có ∆AB'H vuông tại B' và ∆AC'H vuông tại C' cùng nội tiếp đường tròn đường kính AH.

Suy ra tứ giác AB'HC' nội tiếp đường tròn đường kính AH.

Tương tự, ta có tứ giác BA'HC' nội tiếp đường tròn đường kính BH và tứ giác CA'HC' nội tiếp đường tròn đường kính BH và tứ giác CA'HB' nội tiếp đường tròn đường kính CH.

Ta lại có ∆AB'B vuông tại B' và ∆AA'B vuông tại A' cùng nội tiếp đường tròn đường kính AB.

Suy ra tứ giác AB'A'B nội tiếp đường tròn đường kính AB.

Tương tự, ta có tứ giác BC'B'C nội tiếp đường tròn đường kính BC và tứ giác AC'A'C nội tiếp đường tròn đường kính BH và tứ giác CA'HB' nội tiếp đường tròn đường kính AC.

Hình chữ nhật ABCD có I là giao điểm của hai đường chéo và có độ dài đường chéo

Suy ra đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD có tâm I và có bán kính

Hình chữ nhật ABCD có I là giao điểm của hai đường chéo và có độ dài đường chéo

AC = 9 cm.

Suy ra đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD có tâm I và có bán kính

Đường tròn ngoại tiếp hình vuông MNPQ có tâm I và có bán kính  

Suy ra MP = 2R.

∆MNP vuông tại Q có suy ra nên

Hình vuông MNPQ có độ dài cạnh và đường chéo lần lượt là và 2R.

Vì MA là tiếp tuyến của (O) nên MA ⊥ OA hay

Vì I là trung điểm của BC của ∆OBC cân tại O nên OI ⊥ BC hay

Ta có ∆OAM vuông tại A và ∆OIM vuông tại I cùng nội tiếp đường tròn đường kính MO.

Suy ra AMIO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO.

Xét đường tròn đường kính MC có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có ∆BAC vuông tại A và ∆BDC vuông tại D cùng nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Suy ra ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Xét đường tròn đường kính MC có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét ∆MBC có NC ⊥ MN, suy ra BC ⊥ MN; MC ⊥ AB; MB ⊥ CD.

Hay MN, AB, CD là các đường cao trong ∆MBC.

Khi đó, MN, AB, CD cùng đi qua một điểm (trực tâm H).

 Xét ∆ABM và ∆ADN có:

AB = AD = a;  

(cùng phụ với

Do đó ∆ABM = ∆ADN (cạnh góc vuông – góc nhọn).

Vì ∆ABM = ∆ADN nên AM = AN (hai cạnh tương ứng), suy ra ∆NAM cân tại A.

Vì O là trung điểmm của MN nên AO là trung tuyến đồng thời là đường cao của ∆NAM hay AO ⊥ MN.

• ∆ABM vuông tại B và ∆AOM vuông tại O cùng nội tiếp đường tròn đường kính AM.

Suy ra ABMO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM.

• ∆ADN vuông tại D và ∆AON vuông tại O cùng nội tiếp đường tròn đường kính AN.

Suy ra AODN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AN.