Chứng minh 4 đỉnh cách đều 1 điểm

Gọi O là trung điểm của BC. Xét DBB’C có :  $\widehat{BB\text{'}C}={90}^0$(GT)

OB’ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

Þ OB’ = OB = OC = r ⁽¹⁾

Xét DBC’C có : $\widehat{BC\text{'}C}={90}^0$  (GT)

Tương tự trên Þ OC’ = OB = OC = r ⁽²⁾

Từ (1) và (2) Þ B, C’, B’, C Î (O; r) Þ Tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn.

a)

   * $\widehat{BIM}=\widehat{BKM}={90}^0$  suy ra tứ giác BIMK nội tiếp.         (phương pháp 1)

     *  $\widehat{CIM}=\widehat{CHM}={90}^0$suy ra tứ giác CIMH nội tiếp.         (phương pháp 1)

b) Tứ giác BIMK nội tiếp nên $\widehat{IKM}=\widehat{IBM};$  (nội tiếp cùng chắn cung MI);$\widehat{KIM}=\widehat{KBM.}$ (nội tiếp cùng chắn cung KM)   

Tứ giác CIMK nội tiếp nên  $\widehat{ICM}=\widehat{IHM};$(cùng chắn cung MI); $\widehat{MIH}=\widehat{MCH.}$  (cùng chắn cung MH)                                                                 

Xét đường tròn tâm (O) có : $\widehat{KBM}=\widehat{BCM};$  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung(;$\widehat{MBI}=\widehat{MCH.}$  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)           

Từ $\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)$  suy ra $\widehat{KIM}=\widehat{IHM};\widehat{MKI}=\widehat{MIH.}$

Do đó  $\Delta IMK~\Delta MHI(g.g)$

 $\Rightarrow \frac{MK}{MI}=\frac{MI}{MH}\Rightarrow M{I}^2=MK.MH$.

$\widehat{\text{ADB}}={90}^0$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  $\Rightarrow \widehat{\text{ADM}}={90}^0$(1)

Lại có: $OA=OC=R$ ; $MA=MC$  (tính chất tiếp tuyến).

Suy ra $OM$  là đường trung trực của AC

$\Rightarrow \widehat{\text{AEM}}={90}^0$(2).    

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{ADM}=\widehat{AEM}={90}^0$  . Tứ giác $AMDE$ có hai đỉnh A, E kề nhau cùng nhìn cạnh MA dưới một góc không đổi. Vậy $AMDE$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính .