a) Xét đường tròn (O) có:

• DE là dây không đi qua tâm O và I là trung điểm của DE

Suy ra OI⊥DE tại I (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây) nên AIO^=90°.

• AB, AC là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AB⊥OB,  AC⊥OC (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra ABO^=ACO^=90°. Do đó ABO^=ACO^=AIO^=90°.

Vậy năm điểm A, B, I, O, C cùng thuộc một đường tròn đường kính AO

b) Xét đường tròn (O;R) có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà OB=OC=R nên OA là đường trung trực của BC

Do đó OA⊥BC tại H hay AHK^=90°.

Xét ΔAHK và ΔAIO có: AHK^=AIO^=90° và HAK^ là góc chung

Do đó ΔAHK∽ΔAIO  (g.g). Suy ra AHAI=AKAO hay AK⋅AI=AH⋅AO.

Ta có BD // AC nên BDE^=FAE^ (hai góc so le trong)

Mà BDE^=FBA^ (cùng chắn EB⏜ của O;R) nên FAE^=FBA^.

Xét ΔAFE và ΔBFA có: AFE^ là góc chung và FAE^=FBA^.

Do đó ΔAFE∽ΔBFA  (g.g).

c) Ta có ΔAFE∽ΔBFA (câu b) suy ra FEFA=FAFB hay FA2=FB⋅FE.   1

Xét ΔFEC và ΔFCB có: EFC^ là góc chung và FCE^=FBC^ (cùng chắn EC⏜ của O;R)

Do đó ΔFEC∽ΔFCB  (g.g). Suy ra FEFC=FCFB hay FC2=FB⋅FE.   2

Từ (1) và (2) suy ra FA2=FC2 nên FA = FC. Do đó F là trung điểm của đoạn thẳng AC

Gọi G là giao điểm của FK và BD

Ta có BG // FC suy ra BGFC=KGKF (hệ quả định lí Thalès);

DG // AF suy ra DGAF=KGKF (hệ quả định lí Thalès).

Suy ra BGFC=DGAF mà AF = CF nên BG = DG. Do đó G là trung điểm của BD

Kéo dài AB cắt D tại J. Gọi G' là giao điểm của JF và BD.

• Xét ΔJAF có BG' // AF nên ta có:  BG'AF=JG'JF (hệ quả định lí Thalès);

• Xét ΔJFC có DG' // CF nên ta có:  DG'CF=JG'JF (hệ quả định lí Thalès).

Do đó BG'AF=DG'CF mà AF = CF nên BG' = DG'

Khi đó G' là trung điểm của BD nên G'≡G.

Do đó ba điểm F, K, J thẳng hàng.

Vậy ba đường thẳng AB, CD, FK đồng quy.