a) Xét \(\Delta CDA\) và \(\Delta CBD\) có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ACD}-\text{góc chung}\\\widehat{CDA}=\widehat{CBD}\left(=\dfrac{1}{2}\stackrel\frown{AD}\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta CDA\sim\Delta CBD\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{CD}{CA}=\dfrac{CB}{CD}\Rightarrow CD^2=CA.CB\).

b) Ta dễ dàng chứng minh được \(\widehat{ODC}=\widehat{OIC}=90^o\), do đó tứ giác CDOI nội tiếp đường tròn đường kính OC.

c) Theo tính chất đối xứng, ta có E, K đối xứng với nhau qua OI.

Do tứ giác CDOI nội tiếp nên \(\widehat{DIO}=\widehat{DCO}\). 

Ta biến đổi góc: \(\widehat{COE}=\widehat{IOC}-\widehat{EOI}=\widehat{IOC}-\widehat{KOI}=\widehat{IOC}-\widehat{DIO}+\widehat{OKD}=\widehat{IOC}-\widehat{DIO}+\widehat{ODI}=\widehat{IOD}-\widehat{DOC}-\widehat{DIO}+\widehat{ODI}=180^o-\widehat{DIO}-\widehat{ODI}-\widehat{DOC}-\widehat{DIO}+\widehat{ODI}=180^o-2\widehat{DIO}-\widehat{DOC}=180^o-2\widehat{DCO}-90^o+\widehat{DCO}=90^o-\widehat{DCO}=\widehat{COD}\).

Từ đó \(\Delta DOC=\Delta EOC\left(c.g.c\right)\) nên CE cũng là tiếp tuyến của (O).

d) Do G là trọng tâm của tam giác ABD nên G nằm trên DI và \(DG=\dfrac{2}{3}DI\).

Dựng O' trên cạnh OI sao cho \(OO'=\dfrac{2}{3}OI\).

Theo định lý Thales đảo ta có O'G // OD.

Từ đó \(O'G=\dfrac{1}{3}OD=\dfrac{1}{3}R\) không đổi.

Mà I, O cố định nên O' cố định, từ đó G luôn di chuyển trên đường tròn \(\left(O';\dfrac{1}{3}R\right)\) cố định.

(Đây là một ứng dụng của phép vị tự)

theo định lý Pytago ta có :

\(OM=\sqrt{OA^2-AM^2}=\sqrt{R^2-\left(\frac{AB}{2}\right)^2}=\frac{R}{2}=const\)\

Vậy khi AB di chuyển thì M thuộc đường tròn tâm O bán kính R/2

Xét (O'): \(O'A\perp AB\) tại A và O'A là bán kính.

\(\Rightarrow\)AB là tiếp tuyến của (O') tại A.

\(\Rightarrow\widehat{NAB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung AN.

Mặt khác \(\widehat{AMN}\) là góc nội tiếp chắn cung AN.

\(\Rightarrow\widehat{AMN}=\widehat{NAB}\left(1\right)\)

Xét (O): \(\widehat{AMC}=\widehat{ABC}\left(=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AC}\right)\left(2\right)\)

\(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow\widehat{NAB}=\widehat{ABC}\) nên AN//BC.

Ta có I thuộc đường tròn tâm O bán kính R = O A 2 - C D 2 4 = 1 2 4 O A 2 - C D 2

a) Xét (O) có

\(\widehat{BAD}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{BD}\)

\(\widehat{BCD}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{BD}\)

Do đó: \(\widehat{BAD}=\widehat{BCD}\)(Hệ quả góc nội tiếp)

hay \(\widehat{IAD}=\widehat{ICB}\)

Xét ΔIAD và ΔICB có 

\(\widehat{IAD}=\widehat{ICB}\)(cmt)

\(\widehat{AID}=\widehat{CIB}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIAD\(\sim\)ΔICB(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{IA}{IC}=\dfrac{ID}{IB}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(IA\cdot IB=IC\cdot ID\)(đpcm)