a) Ta có \(\widehat {AEC} + \widehat {ADC} = {90^o} + {90^o} = {180^o}\) nên tứ giác \(AECD\) nội tiếp được.
Ta có \(\widehat {BFC} + \widehat {BDC} = {90^o} + {90^o} = {180^o}\) nên tứ giác \(BFCD\) nội tiếp được.
b) Có \(\widehat {{D_1}} = \widehat {{A_1}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EC\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AECD\)) (1)
\(\widehat {{A_1}} = \widehat {{B_1}}\) (góc giữa tia tiếp tuyến với một dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\) của đường tròn tâm \(O\)) (2)
\(\widehat {{B_1}} = \widehat {{F_1}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BFCD\)) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(\widehat {{D_1}} = \widehat {{F_1}}\).
Có \(\widehat {{E_2}} = \widehat {{A_2}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AECD\)) (4)
\(\widehat {{B_2}} = \widehat {{A_2}}\) (góc giữa tia tiếp tuyến với một dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\) của đường tròn tâm \(O\)) (5)
\(\widehat {{B_2}} = \widehat {{D_2}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CF\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BFCD\)) (6)
Từ (4), (5) và (6) suy ra: \(\widehat {{E_2}} = \widehat {{D_2}}\).
Xét \(\Delta DEC \) và \(\Delta FDC\) có:
\(\widehat {{D_1}} = \widehat {{F_1}}\) (chứng minh trên)
\(\widehat {{E_2}} = \widehat {{D_2}}\) (chứng minh trên)
\( \Rightarrow \Delta DEC \backsim \Delta FDC\) (g.g).
\( \Rightarrow \dfrac{{CD}}{{CF}} = \dfrac{{CE}}{{CD}} \Rightarrow C{D^2} = CE.CF\)
c) Tứ giác \(ICKD\) có:
\(\widehat {ICK} + \widehat {IDK} = \widehat {ICK} + \widehat {{D_1}} + \widehat {{D_2}} \)\(\,= \widehat {ICK} + \widehat {{B_1}} + \widehat {{A_2}} = {180^o}.\)
Suy ra tứ giác \(ICKD\) nội tiếp được.
d) Ta có \(\widehat {CIK} = \widehat {{D_2}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CK\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(ICKD\)).
\( \Rightarrow \widehat {CIK} = \widehat {{A_2}}\), mà \(\widehat {CIK} \) và \( \widehat {{A_2}}\) ở vị trí đồng vị nên \(IK//AB\).
Mặt khác \(CD\bot AB\) (gt) nên \(CD\bot\,IK\).
