a, HS tự chứng minh

b, HS tự chứng minh

c, Tứ giác ACFK nội tiếp (I) với I là trung điểm của KF => BD là trung trực AC phải đi qua I

d, HS tự chứng minh

a: Xét tứ giác BEDF có 

O là trung điểm của FE

O là trung điểm của BD

Do đó: BEDF là hình bình hành

a) Ta có \(\sin\widehat{OAB}=\frac{OB}{OA}=\frac{1}{2}\). Suy ra \(\widehat{BAC}=2\widehat{OAB}=60^0\)

Vì AB = AC nên \(\Delta ABC\) đều. Vậy \(BC=AB=OB\sqrt{3}=R\sqrt{3}\)

Gọi I là tiếp điểm của FN với (O). Ta có:

\(\widehat{MON}=\widehat{IOM}+\widehat{ION}=\frac{1}{2}\left(\widehat{IOB}+\widehat{IOC}\right)=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=60^0=\widehat{MCN}\)

Suy ra tứ giác MNCO nội tiếp.

b) Theo hệ thức lượng: \(\overline{AH}.\overline{AO}=AB^2=\overline{AD}.\overline{AE}\). Suy ra tứ giác DHOE nội tiếp

Ta thấy \(OD=OE,HO\perp HB\), do đó HO,BC là phân giác ngoài và phân giác trong \(\widehat{DHE}\)

Dễ thấy D và P đối xứng nhau qua OA vì dây cung \(DP\perp OA\)

Vì \(\widehat{DHE}+\widehat{DHP}=2\left(\widehat{DHB}+\widehat{DHA}\right)=180^0\) nên P,H,E thẳng hàng.

c) Do N,O,E thẳng hàng nên \(\widehat{DOE}=180^0-\widehat{MON}=120^0\). Suy ra \(DE=R\sqrt{3}\)

Theo hệ thức lượng thì:

\(AD.AE=AB^2\Rightarrow AD^2+AD.DE=AB^2\)

\(\Rightarrow\left(\frac{AD}{DE}\right)^2+\frac{AD}{DE}-\left(\frac{AB}{DE}\right)^2=0\)

\(\Rightarrow\left(\frac{AD}{DE}\right)^2+\frac{AD}{DE}-1=0\) vì \(AB=DE=R\sqrt{3}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\frac{AD}{DE}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\left(c\right)\\\frac{AD}{DE}=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\left(l\right)\end{cases}}\) vì \(\frac{AD}{DE}>0\)

\(\Rightarrow\frac{AD}{AE}=\frac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{5}+1}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}.\)