Ta có: MN ⊥ OM (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra: QP ⊥ OP tại P

Vậy PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Ta có: MN ⊥ O’N (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra: QP ⊥ O’Q tại Q

a, Chứng minh tứ giác AEIF là hình chữ nhật và K là trung điểm AI

b, Có IE.IO =  I B 2 = B C 2 4 và IF.IO' =  I C 2 = B C 2 4

=> 2.(IE.IO+IF.IO') =  A B 2 + A C 2

c, PK Là đường trung bình của ∆OAI và là trung trực của EA

Ta có ∆PEK = ∆PAK nên  P E K ^ = P A K ^

Vậy  P E K ^ = 90 0 => đpcm

d, ∆ABC:∆IOO’ =>  S A B C S I O O ' = B C O O ' 2 =>  S A B C = S I O O ' . B C 2 O O ' 2

mà BC = 2AI'; OO' = 2a; S O I O ' = 1 2 . 2 a . I A = a . I A => S A B C = I A 2 a

I A 2 = R R ' ⩽ R + R ' 2 2 = a 2 => IA lớn nhất bằng a khi R=R’

Vì AB ⊥ KB nên AE ⊥ KB

Lại có: AB = BE (tính chất đối xứng tâm)

Suy ra: KA = KE (tính chất đường trung trực)     (3)

Ta có: IO = IO’ (gt)

IA = IK (chứng minh trên)

Tứ giác AOKO’ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành

Suy ra: OK // O’A và OA // O’K

CA ⊥ O’A (vì CA là tiếp tuyến của đường tròn (O’))

OK // O’A (chứng minh trên)

Suy ra: OK ⊥ AC

Khi đó OK là đường trung trực của AC

Suy ra: KA = KC (tính chất đường trung trực)     (4)

DA ⊥ OA (vì DA là tiếp tuyến của đường tròn (O))

O’K // OA (chứng minh trên)

Suy ra: O’K ⊥ DA

Khi đó O’K là đường trung trực của AD

Suy ra: KA = KD (tính chất đường trung trực)     (5)

Từ (3), (4) và (5) suy ra: KA = KC = KE = KD

Vậy bốn điểm A, C, E, D cùng nằm trên một đường tròn.3