Cho đường tròn tâm O nội tiếp hình thoi ABCD. Gọi E, F, G, H là các điểm lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA sao cho EF, GH cùng tiếp xúc với (O).

a)     Chứng minh \(CG.AH = A{O^2}.\)

b) Chứng minh EH song song FG.

a) Ta có \(CD = CE\) nên tam giác \(CDE\) cân tại C. Suy ra \(\widehat {CDE} = \widehat {CED} = \) \(\frac{{{{180}^0} - \widehat {ACB}}}{2}\).

Áp dụng tính chất góc ngoài trong tam giác AJE, ta thấy

 \(\widehat {AJE} = \widehat {CEJ} = \widehat {EAJ} = \) \(\frac{{{{180}^0} - \widehat {ACB}}}{2} - \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2}\) = \(\widehat {IBD}\). Suy ra tứ giác BIJD nội tiếp.

b) Do tứ giác BIJD nội tiếp nên \(\widehat {BJI} = \widehat {BDI} = {90^0}.\)

Vì \(\widehat {AJB} = {90^0}\) và \(\widehat {JAB} = \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = {45^0}\) nên tam giác JAB vuông cân tại J. Theo giả thiết K là trung điểm của AB, ta có \(JK \bot AB\)

Chú ý rằng \(IF\parallel AM\parallel JK\) (cùng vuông góc với AB) và \(ID\parallel AH\) (cùng vuông góc với BC), ta có

\(\frac{{IF}}{{AM}} = \frac{{KI}}{{KM}} = \frac{{JI}}{{JA}} = \frac{{ID}}{{AN}}.\;\)Vì \(IF = ID\) nên \(AM = AN.\)

c) Đường thẳng qua Q vuông góc với ID cắt AC, AB lần lượt lại R, S.

Vì \(\widehat {IQR} = \widehat {IQS} = \widehat {IER} = \widehat {IFS} = {90^0}\) nên các tứ giác IQER, IQSR nội tiếp. Chú ý rằng tam giác IEF cân tại I, ta có \(\widehat {IRQ} = \widehat {IEQ} = \widehat {IFQ} = \widehat {ISQ}.\) Suy ra, tam giác IRS cân tại I. Do \(IQ \bot RS\) nên Q là trung điểm của RS.

Ta có \(RS\parallel BC\) (cùng vuông góc với ID) và P, Q lần lượt là trung điểm của BC, RS nên A, P, Q thẳng hàng (theo bồ đề hình thang).