Cho đường tròn ( O ) và dây cung AB . Trên tia đối của tia AB lấy điểm

a) Chứng minh:  Tứ giác \(PDKI\) nội tiếp

Ta có \(PQ\) là đường kính của đường tròn (O). Suy ra \(\widehat {PIQ} = 90^\circ \) suy ra \[CI.CP = CD.CK\]

Do P là điểm chính giữa của cung lớn AB. Suy ra PA = PB

Mà OA = OB (cùng là bán kính của (O))

Suy ra PO là đường trung trực của AB suy ra \(OP \bot AB\) tại D

Suy ra \(PQ \bot AB\)

\(\widehat {PDK} = 90^\circ \)

Nên \(\widehat {PDK} + \widehat {PIK} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \)

 Tứ giác \({\rm{PDKI }}\)nội tiếp (hai góc đối bù nhau )

b) Xét tam giác \(CIK\) và tam giác \(CDP\) ta có :

\[\widehat C\] chung

\[\widehat {CIK} = \widehat {CDP} = 90^\circ \]

 

\[\frac{{CI}}{{CD}} = \frac{{CK}}{{CP}}\] suy ra \[CI.CP = CD.CK\]

\[CI.CP = CD.CK\]

Ta có PO là đường trung trực của AB, hay PQ là đường trung trực của AB

\({\rm{QA}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{QB}}\) hay điểm \(Q\) là điểm chính giữa cung nhỏ  nên

Do đó \(\widehat {AIQ} = \widehat {BIQ}\) ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau )

Hay \(IK\) là đường phân giác trong của tam giác \(AIB\) ; và lại có \(IK \bot IC{\rm{ ( }}\widehat {PIQ} = 90^\circ )\)

nên \(IC\) là đường phân giác góc ngoài tại đỉnh \(I\) của tam giác \(AIB\)

c) Ta đi chứng minh \(K\) là điểm cố định

Ta có điểm \(D\) là trung điểm \(AB({\rm{ OD}} \bot {\rm{AB)}}\)

Do \(ABPI\) là tứ giác nội tiếp

\(\widehat {CAI} = \widehat {CPB}\)

 

\(\frac{{CA}}{{CP}} = \frac{{CI}}{{CB}}\)

\(CA.CB = CI.CP\)

Vậy nên \(CA.CB = CK.CD\left( { = CI.CP} \right)\)

\(CK.CD = \left( {CD - DA} \right)\left( {CD + DB} \right)\)

\(CK.CD = \left( {CD - \frac{{AB}}{2}} \right)\left( {CD + \frac{{AB}}{2}} \right)\)

\(CK.CD = C{D^2} - \frac{{A{B^2}}}{4}\)

\(C{D^2} - CK.CD = \frac{{A{B^2}}}{4}\) 

\(CD.KD = \frac{{A{B^2}}}{4}\)

\(KD = \frac{{A{B^2}}}{{4CD}}\)

Vì\(A;{\rm{ }}B;{\rm{ }}C;{\rm{ }}D\) là bốn điểm cố định nên \(K\) điểm cố định