Cho đường tròn ( O ; R ) và dây MN cố định ( MN < 2R )

a. Ta có: \(\widehat {AKB} = {90^0}\) (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \[\left( O \right)\])

nên \(\Delta AKC\) vuông tại \(K\)

Do đó, ba điểm \(A,K,C\) thuộc đường tròn đường kính \[AC\] (1)

+) Ta có \(\widehat {AEC} = {90^0}\) (vì đường kính \[AB\] vuông góc với dây \[MN\] tại \[E\] theo giả thiết)

Nên \(\Delta AEC\) vuông tại \(E\)

Do đó, ba điểm \(A,E,C\) thuộc đường tròn đường kính \[AC\] (2)

Từ (1) và (2), ta có bốn điểm \(A,K,E,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AC\)

Vậy tứ giác \[AKCE\]nội tiếp.

b. + Ta có tứ giác AKCE nội tiếp (cmt)

nên \(\widehat {KA{\rm{E}}} + \widehat {KC{\rm{E}}} = {180^0}\) (tính chất)

Do đó, \(\widehat {KC{\rm{E}}} = {180^0} - \widehat {KA{\rm{E}}}\)   (1)

+) Ta có bốn điểm AKMB thuộc đường tròn (O) nên tứ giác AKMB nội tiếp

Do đó, \(\widehat {KA{\rm{B}}} + \widehat {KMB} = {180^0}\). Suy ra \(\widehat {KMB} = {180^0} - \widehat {KA{\rm{B}}}\) (2)

+) Từ (1) và (2) ta có: \(\widehat {KC{\rm{E}}} = \widehat {KMB}\) mà \(\widehat {KC{\rm{E}}} = \widehat {MCB}\) (đối đỉnh)

Nên \(\widehat {MCB} = \widehat {KMB}\)

+) Xét \(\Delta BMC\) và \(\Delta BKM\) có:

\(\widehat {MBK}\) chung; \(\widehat {MCB} = \widehat {KMB}\) (cmt)

Nên  (góc-góc)

Do đó \(\frac{{BM}}{{BK}} = \frac{{BC}}{{BM}}\). Suy ra\(B{M^2} = BK \cdot BC\).

c. Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AECK, ta có:

\(\widehat {EKC} = \widehat {EAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[EC\]) (3)

+) Xét tam giác BAI có BK, IE là hai đường cao, mà chúng cắt nhau tại C.

Suy ra C trực tâm tam giác \[BAI\] nên \(\widehat {ADB} = 90^\circ \). Suy ra \[D\] thuộc đường tròn (O)

+) Ta có \(\widehat {CKD} = \widehat {EAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[BD\]của đường tròn (O). (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {EKC} = \widehat {CKD}\)

Do đó, \[KC\] là tia phân giác của góc \[EKD\]

+) Chứng minh tương tự câu a ta được tứ giác \[BECD\]nội tiếp

Suy ra \(\widehat {CDE} = \widehat {CBE}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \[CE\])

Mặt khác \(\widehat {KDC} = \widehat {CBE}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \[AK\]của\[\left( {\rm{O}} \right)\])

Suy ra \(\widehat {CDE} = \widehat {KDC}\), suy ra \[DC\] là tia phân giác của góc \[KDE\]

Tam giác \[KDE\] có \[C\] là giao điểm của hai đường phân giác góc \[K\] và \[D\]

Suy ra \[C\] cách đều 3 cạnh của tam giác \[KDE\]