Do K đối xứng với D qua trung điểm của BC nên ta có

\(BD=CK,BK=CD\)

Dựng đường kính DF của (I). Theo hình , thì ta  được ba điểm A, F , K thẳng hàng

ta có\(\widehat{KDL}=\widehat{DIC}\left(=90^0-\widehat{CID}\right)=>\)tam giác IDC = tam giác DKL (g.g), từ đó suy ra

\(\frac{DF}{DK}=\frac{2ID}{DK}=\frac{2DC}{KL}=\frac{KB}{KN}\)

=> tam giác DFK = tam giác KBN (c.g.c)

zì zậy nên : \(\widehat{KNB}=\widehat{DKF}=90^0-\widehat{NKF}\)

=>\(\widehat{KNB}+\widehat{NKF}=90^0,\)do đó \(AK\perp BN\)

a: Xét tứ giác BHCK có

I là trung điểm chung của BC và HK

=>BHCK là hình bình hành

=>BH//CK và BK//CH

Xét ΔABC có

AD,BM là các đường cao

AD cắt BM tại H

Do đó; H là trực tâm của ΔABC

=>CH⊥AB

CH⊥AB

BK//CH

Do đó: BK⊥BA

=>B nằm trên đường tròn đường kính AK(1)

Ta có: BH⊥AC

BH//CK

Do đó: CK⊥CA

=>C nằm trên đường tròn đường kính KA(2)

Từ (1),(2) suy ra B,C,A,K cùng nằm trên đường tròn đường kính AK

=>AK là đường kính của (O)

=>K thuộc (O)

b: Xét tứ giác BNMC có \(\hat{BNC}=\hat{BMC}=90^0\)

nên BNMC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{NMC}+\hat{NBC}=180^0\)

mà \(\hat{NMC}+\hat{AMN}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{AMN}=\hat{ABC}\)

Gọi Ax là tiếp tuyến tại A của (O)

=>AK⊥ Ax tại A

xét (O) có

\(\hat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC

\(\hat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\hat{xAC}=\hat{ABC}\)

mà \(\hat{AMN}=\hat{ABC}\)

nên \(\hat{xAC}=\hat{AMN}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên MN//Ax

Ta có: MN//Ax

Ax⊥ AK

Do đó: AK⊥MN

1: Xét tứ giác BEDC có \(\hat{BEC}=\hat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

=>B,E,D,C cùng thuộc một đường tròn

2: Xét tứ giác BHCK có

I là trung điểm chung của BC và HK

=>BHCK là hình bình hành

=>CK//BH

mà BH⊥AC

nên CK⊥CA

=>ΔACK vuông tại C

3: Gọi M là giao điểm của AH và BC

Xét ΔABC có

BD,CE là các đường cao

BD cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH⊥BC tại M

Xét ΔBEC vuông tại E và ΔBMA vuông tại M có

\(\hat{EBC}\) chung

Do đó: ΔBEC~ΔBMA

=>\(\frac{BE}{BM}=\frac{BC}{BA}\)

=>\(BE\cdot BA=BM\cdot BC\)

Xét ΔCMA vuông tại M và ΔCEB vuông tại E có

\(\hat{MCA}\) chung

Do đó: ΔCMA~ΔCEB

=>\(\frac{CM}{CE}=\frac{CA}{CB}\)

=>\(CE\cdot CA=CM\cdot CB\)

\(BE\cdot BA+CE\cdot CA\)

\(=BM\cdot BC+CM\cdot BC=BC^2=4\cdot CI^2\)