Giải thích các bước giải:

a) Ta có:

$\Delta AFE $ có $\widehat{EAF}=\widehat{ABF}=90^o$ (Do $\widehat{EAF}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn và $\widehat{ABF}$ là góc tạo bởi bán kính và tiếp tuyến tại tiếp điểm tương ứng)

$\to BE.BF=AB^2=(2R)^2=4R^2$

b) Ta có:

$\widehat {ADC} = \widehat {ABC}$

Mà $\widehat {ABC} = \widehat {AEB}\left( { + \widehat {BAE} = {{90}^0}} \right)\to \widehat {CDF}+\widehat {CEF}=180^o$

$\to CDFE$ nội tiếp.

c) Ta có:

+) O' là trung điểm EF mà tam giác AEF vuông ở A nên $AO'=EO'=FO' \to \widehat{O'AE}=\widehat{O'EA}\to \widehat{DAK}=\widehat{AFE}$

Có: $\widehat {ADK} + \widehat {DAK} = \widehat {{\rm{AF}}E} + \widehat {AEF} = {90^0}\to \widehat {AKD}=90^0$

$\to AK\perp$ hay $AO'\perp CD$

+) Ta có:

$\Delta OAC$ cân ở O $\widehat {OAC}=\widehat {OCA}$ hay $\widehat {BAE}=\widehat {KCA}$

$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\widehat {{\rm{BAE}}} = \widehat {KCA}\\
\widehat {ABE} = \widehat {CKA} = {90^0}
\end{array} \right. \Rightarrow \Delta ABE \sim \Delta CKA(g.g)\\
 \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{CK}} = \dfrac{{BE}}{{KA}} \Rightarrow BE.KC = AB.KA(1)
\end{array}$

Chưng minh tương tự ta có:

$\begin{array}{l}
\Delta AKD \sim \Delta FBA(g.g)\\
 \Rightarrow \dfrac{{AK}}{{FB}} = \dfrac{{KD}}{{BA}} \Rightarrow BF.KD = KA.AB(2)
\end{array}$

Từ (1),(2) ta có:

$BE.KC = BF.KD \Rightarrow \dfrac{{BF}}{{BE}} = \dfrac{{KC}}{{KD}}$

Đáp án:

Giải thích các bước giải:

Vì CD ⊥ AB => ∠CAB = 90^o

Mà ∠CAB = 1/2 Sđ BC => Sđ BC = 180^o

Vậy ba điểm B, O, C thằng hàng.

Chứng minh tương tự ta có B, O’, D thẳng hàng.

a) Trong (O) ta có: ∠CAF = ∠CBF (góc nội tiếp cùng chắn cung CF )

Trong (O’) ta có: ∠DAE = ∠DBE (góc nội tiếp cùng chắn cung DE )

Mà ∠CBF = ∠DBE (đối đỉnh)

Suy ra: ∠CAF = ∠DAE .

b) Nối CF và DE ta có: ∠CFB = 90^o (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn (O))

∠BED = 90 ^o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’))

Xét ΔCFB và ΔDEB có:

∠CDB = ∠BED = 90^o

∠CBF = ∠DBE (đối đỉnh)

=> ∠FCB = ∠EDB

Mặt khác: ∠FAB = ∠FCB (góc nội tiếp (O) cùng chắn cung FB )

∠EAB = ∠EDB (góc nội tiếp (O’) cùng chắn cung EB )

Suy ra: ∠FAB = ∠EAB hay AB là phân giác của góc ∠EAF .

) Xét ΔCAE và ΔCBD có: ∠C chung

∠CEA = ∠BDA (góc nội tiếp (O’) cùng chắn cung AB)

=> ΔCAE ∼ ΔCBD (g.g)

=> CA/CB = CE/CD hay CA.CD = CB.CE (1)

 Chứng minh tương tự câu  ta có: DA.DC = DB.DF (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

CA.CD + DA.DC = CB.CE + DB.DF

⇔ (CA + DA)CD = CB.CE + DB.DF

⇔ CD² = CB.CE + DB.DF