1. + Ta có AEB^=AKB^=900.

Nên E và K cùng thuộc đường tròn đường kính AB.

+ Vậy tứ giác ABEK nội tiếp trong một đường tròn.

2. + Vì AE⊥BC;BK⊥AC⇒AEC^=BKC^=900

+ Chỉ ra hai tam giác AEC và BKC đồng dạng (g-g).

Suy ra CECK=CACB. Vậy CE.CB=CK.CA.

3. + Vẽ tiếp tuyến t't của đường tròn (C) tại điểm C,  ta có: ACt^=ABC^.

+ Lại có ABC^=EKC^ (cùng bù với EKA^), suy ra ACt^=EKC^, do đó EK song song với t't .

+ Mặt khác OC⊥t't⇒OC⊥EK

+ Ta có  OCA^+CKE^=900 (do OC⊥EK) và BKE^+CKE^=900 (vì BK⊥AC) suy ra OCA^=BKE^    (1).

+ Lại có: BKE^=BAE^ (do tứ giác ABEK nội tiếp )    (2).

+ Từ (1) và (2) ta có OCA^=BAE^.

4. + Gọi H’ là giao điểm thứ hai của AE và đường tròn (C); I là điểm đối xứng với O qua BC.

Có BHH'^=BCA^=BH'H^, suy ra tam giác BHH' cân tại B nên H và H’ đối xứng nhau qua BC.

+ Vì O và I đối xứng nhau qua BC, do đó IH=OH'=R.

+ Do O cố định, BC cố định nên I cố định. Từ đó có H thuộc đường tròn (T) có tâm I, bán kính R=3 cm.

+ Vậy đường tròn (T) có tâm là điểm I đối xứng với O qua BC và bán kính r=R=3 cm.