Cho nửa đường tròn (O; R) có có đường kính AB. Vẽ hai * hai tiếp tuyến Ax, By về cùng một phía với nửa đường tròn Lấy điểm M bất kì trên nửa đường tròn (O), tiếp tuyến tại M của (O) cắt Ax, By lần lượt...

a) Ta có: \( \widehat{ACM} = 90^\circ \) (góc giữa tiếp tuyến và bán kính) \( \widehat{AOM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Do đó, bốn điểm A, C, M, O cùng thuộc một đường tròn. b) Ta có: - \( \widehat{ACD} = \widehat{AOM} \) (góc nội tiếp cùng chắn cung AM) - \( \widehat{ACD} = \widehat{BDM} \) (góc ngoài tam giác ACM bằng góc trong ở đỉnh M) - \( \widehat{BDM} = \widehat{DOM} \) (góc nội tiếp cùng chắn cung BM) Từ đó, ta có: \[ \widehat{ACD} = \widehat{DOM} \] Do đó, \( \triangle COD \) là tam giác cân tại O, suy ra \( OC = OD \). Ta cũng có: \[ \widehat{ACD} = \widehat{DOM} \] \[ \widehat{ACD} = \widehat{BDM} \] Do đó, \( \triangle COD \) là tam giác cân tại O, suy ra \( OC = OD \). Từ đó, ta có: \[ AC + BD = CD \] \[ OC \cdot OD = R^2 \] c) Ta có: - \( \widehat{BDM} = \widehat{DOM} \) (góc nội tiếp cùng chắn cung BM) - \( \widehat{BDM} = \widehat{BND} \) (góc ngoài tam giác BMD bằng góc trong ở đỉnh M) Do đó, \( \widehat{BND} = \widehat{DOM} \), suy ra \( ON \perp BM \). Ta cũng có: - \( \widehat{OPN} = \widehat{ODN} \) (góc nội tiếp cùng chắn cung ON) - \( \widehat{ODN} = \widehat{ONP} \) (góc ngoài tam giác OND bằng góc trong ở đỉnh N) Do đó, \( \widehat{OPN} = \widehat{ONP} \), suy ra \( OP \perp DN \). Vậy \( OP \) là tiếp tuyến của đường tròn đi qua ba điểm D, P, N.