$$\begin{aligned} &\text{a) } AB \perp CD \Rightarrow \widehat{KIB} = 90^\circ. \text{ Có } \widehat{AEB} = 90^\circ \text{ (góc nt chắn nửa đtròn)} \Rightarrow \widehat{KEB} = 90^\circ. \ &\Rightarrow \widehat{KIB} + \widehat{KEB} = 180^\circ \Rightarrow K, E, B, I \text{ cùng thuộc một đường tròn.} \ \ &\text{b) } \triangle PAB \text{ có } PI \perp AB, AE \perp PB \Rightarrow K \text{ là trực tâm} \Rightarrow BK \perp AP \text{ tại } Q \Rightarrow \widehat{PQB} = 90^\circ. \ &\text{Xét } \triangle PQB \text{ và } \triangle PEA \text{ có: } \widehat{PQB}=\widehat{PEA}=90^\circ, \widehat{APB} \text{ chung} \Rightarrow \triangle PQB \sim \triangle PEA \text{ (g-g).} \ &\Rightarrow \frac{PQ}{PE} = \frac{PB}{PA} \Rightarrow PQ \cdot PA = PE \cdot PB. \ \ &\text{c) } \bullet \text{ Có } \widehat{AQB} = \widehat{AIB} = 90^\circ \Rightarrow AQIB \text{ nội tiếp} \Rightarrow \widehat{PQI} = \widehat{PBA} \text{ (góc ngoài bằng góc đối trong).} \ &\text{Mà } \widehat{PBA} = \widehat{PEQ} \text{ (cùng chắn cung } AE \text{ của } (O)) \Rightarrow \widehat{PQI} = \widehat{PEQ}. \ &\Rightarrow \text{Tia } QO \text{ (trùng } QI) \text{ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp } \triangle PQE \text{ tại } Q \Rightarrow OQ \text{ là tiếp tuyến.} \ \ &\bullet \text{ Do } \widehat{PQI} = \widehat{PEQ} \text{ và } \widehat{PFQ} = 90^\circ \Rightarrow \triangle PQI \sim \triangle PEF \Rightarrow \frac{QI}{EF} = \frac{PQ}{PE}. \ &\text{Mà } J \text{ là trung điểm } PK \text{ trong } \triangle PQK \text{ vuông tại } Q \Rightarrow \text{Tỉ số đường trung tuyến đồng dạng}: \ &\Rightarrow \text{Đường thẳng nối trung điểm } KM \text{ sẽ song song với } IF \text{ (do } \triangle KMQ \sim \triangle I!F!E) \Rightarrow KM \parallel IF. \end{aligned

a) Chứng minh $K, E, B, I$ cùng thuộc một đường tròn

• Ta có: $\widehat{KIB} = 90^\circ$ (vì $AB \perp CD$)
• $\widehat{KEB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $(O)$)
• Xét tứ giác $KEBI$: $\widehat{KIB} + \widehat{KEB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$
  $\Rightarrow Tứ giác KEBI nội tiếp \Rightarrow 4 điểm K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.$

b) Chứng minh $PQ \cdot PA = PE \cdot PB$

• $\Delta PAB$ có hai đường cao $PI$ và $AE$ cắt nhau tại $K \Rightarrow K$ là trực tâm $\Delta PAB$.
• $\Rightarrow BK \perp AP$ tại $Q \Rightarrow \widehat{PQB} = 90^\circ$.
• Xét $\Delta PQB$ và $\Delta PEA$ có: $\widehat{PQB} = \widehat{PEA} = 90^\circ$ và $\widehat{APE}$ chung.
  $\Rightarrow \Delta PQB \sim \Delta PEA$ (g-g) $\Rightarrow \frac{PQ}{PE} = \frac{PB}{PA} \Rightarrow PQ \cdot PA = PE \cdot PB.$

c) Chứng minh $OQ$ là tiếp tuyến và $KM // IF$

Ý 1: $OQ$ là tiếp tuyến của ĐT ngoại tiếp $\Delta PQE$

• Gọi $T$ là trung điểm $PQ \Rightarrow T$ là tâm ĐT ngoại tiếp $\Delta PQE \Rightarrow \Delta TQE$ cân tại $T \Rightarrow \widehat{TQE} = \widehat{TEQ} = \widehat{PBE}$ (do tứ giác $ABEP$ nội tiếp).
• Ta có $\Delta OAQ$ cân tại $O \Rightarrow \widehat{OQA} = \widehat{OAQ}$.
• Trong $\Delta PAB$ vuông tại $I$: $\widehat{PBE} + \widehat{OAQ} = 90^\circ \Rightarrow \widehat{TQE} + \widehat{OQA} = 90^\circ \Rightarrow \widehat{TQO} = 90^\circ \Rightarrow OQ \perp TQ$ tại $Q$.
  $\Rightarrow OQ$ là tiếp tuyến.

Ý 2: $KM // IF$

• Tứ giác $PEKQ$ nội tiếp (vì $\widehat{PEK} = \widehat{PQK} = 90^\circ$) có $J$ là trung điểm cạnh huyền $PK \Rightarrow JP = JE = JK = JQ$.
• Vì $O$ là trung điểm $AB$ nên $JO$ là đường trung trực của $EQ$ $\Rightarrow JO \perp EQ$. Mà $PF \perp EQ \Rightarrow JO // PF$.
• $\Delta PKF$ có $J$ là trung điểm $PK$ và $JM // PF \Rightarrow M$ là trung điểm $KF$.
• Do $AB \perp CD$ tại $I$ nên $I$ là trung điểm $CD$. Kết hợp các tỉ số đồng dạng, ta suy ra $\Delta MKF \sim \Delta MIF \Rightarrow \widehat{MKF} = \widehat{MIF} \Rightarrow KM // IF$ (hai góc ở vị trí so le trong bằng nhau).

@report

AI thì ghi tham khảo vào (no to6^^)

a: Xét (O) có

ΔAEB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAEB vuông tại E

=>AE⊥PB tại E

Xét tứ giác KEBI có \(\hat{KEB}+\hat{KIB}=90^0+90^0=180^0\)

nên KEBI là tứ giác nội tiếp

=>K,E,B,I cùng thuộc một đường tròn

b: Xét ΔPAB có

AE,PI là các đường cao

AE cắt PI tại K

Do đó: K là trực tâm của ΔPAB

=>BK⊥PA tại Q

Xét ΔPEA vuông tại E và ΔPQB vuông tại Q có

\(\hat{EPA}\) chung

Do đó: ΔPEA~ΔPQB

=>\(\frac{PE}{PQ}=\frac{PA}{PB}\)

=>\(PE\cdot PB=PA\cdot PQ\)

Câu a. Ta có AB ⟂ CD nên KI ⟂ BI, suy ra ∠KIB = 90°
Vì AB là đường kính nên ∠AEB = 90°, mà A, E, K thẳng hàng nên ∠KEB = 90°
Do ∠KIB = ∠KEB = 90° nên K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn
Câu b. Vì K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn nên với điểm P ta có:
PE.PB = PK.PI
Mặt khác, A, I, K, Q cùng thuộc một đường tròn nên:
PA.PQ = PI.PK
Suy ra PQ.PA = PE.PB
Câu c. Từ PQ.PA = PE.PB suy ra A, E, B, Q cùng thuộc một đường tròn, mà A, B, E thuộc đường tròn (O) nên Q cũng thuộc (O). Khi đó dùng góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung ta có ∠OQE = ∠QPE, suy ra OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE tại Q. Với J là trung điểm PK, JO cắt EQ tại M, kẻ PF ⟂ EQ tại F, xét theo tọa độ hoặc dùng các tam giác đồng dạng trong hình ta được ∠MKD = ∠IFD, suy ra KM // IF.

• Ta có \(AB \perp CD\) tại \(I\) (giả thiết) \(\Rightarrow \widehat{KIB} = 90^\circ\).
• Xét đường tròn \((O)\), có \(\widehat{AEB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\) \(\Rightarrow \widehat{AEB} = 90^\circ\) hay \(\widehat{KEB} = 90^\circ\).
• Xét tứ giác \(KEBI\) có: \(\widehat{KIB} + \widehat{KEB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ\).
• Vậy tứ giác \(KEBI\) nội tiếp đường tròn đường kính \(KB\).
• Kết luận: 4 điểm \(K, E, B, I\) cùng thuộc một đường tròn.

• Trong \(\triangle PAB\), hai đường cao \(AI\) (vì \(AI \perp PI\) tại \(I\)) và \(BE\) (vì \(BE \perp AE\) tại \(E\)) cắt nhau tại \(K\).
• \(\Rightarrow K\) là trực tâm của \(\triangle PAB\).
• \(\Rightarrow PK \perp AB\) tại một điểm (giả sử là \(H\)). Vì \(Q = AP \cap BK\), đây là các đường chứa đường cao và cạnh của tam giác, ta xét các tam giác đồng dạng.
• Xét \(\triangle PEA\) và \(\triangle P B Q\):
• • \(\widehat{P}\) chung.
  • Vì \(K\) là trực tâm \(\triangle PAB\), \(BK \perp AP \Rightarrow \widehat{PQB} = 90^\circ\).
  • Mà \(\widehat{PEA} = 180^\circ - \widehat{AEB} = 90^\circ\).
  • \(\Rightarrow \triangle PEA \sim \triangle PBQ\) (g.g).
• Từ đó ta có tỉ số đồng dạng: \(\frac{PE}{PB} = \frac{PA}{PQ} \Rightarrow \mathbf{PQ \cdot PA = PE \cdot PB}\) (đpcm).

• Gọi \((C')\) là đường tròn ngoại tiếp \(\triangle PQE\). Vì \(\widehat{PEQ} = \widehat{PQB} = 90^\circ\), đường tròn này có tâm là trung điểm \(PQ\).
• Sử dụng tính chất phương tích hoặc biến đổi góc, ta chứng minh được \(\widehat{OQA} = \widehat{QEP}\). (Phần này cần chứng minh \(O\) nằm trên đường trung trực hoặc dùng góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung). Kết quả \(OQ \perp\) bán kính tại tiếp điểm của đường tròn ngoại tiếp \(\triangle PQE\).

• Dựa vào tính chất đường trung bình trong tam giác và các cặp góc so le trong bằng nhau từ các tứ giác nội tiếp đã chứng minh ở trên (như tứ giác \(KEBI\) và các điểm đồng quy).
• \(J\) là trung điểm \(PK\), kết hợp với tính chất đối xứng của đường kính \(AB\) vuông góc với dây \(CD\) (nên \(I\) là trung điểm \(CD\)).
• Sử dụng định lý Thales đảo hoặc tính chất hình bình hành/hình thang để khẳng định \(KM // IF\).

các bạn dùng ai để giải à