a: Xét tứ giác KBOD có

\(\widehat{OBK}+\widehat{ODK}=180^0\)

=>KBOD là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

KB,KD là tiếp tuyến

=>KB=KD

mà OB=OD

nên OK là trung trực của BD

=>OK cắt BD tại trung điểm của BD

=>O,I,K thẳng hàng và OK\(\perp\)BD tại I

Xét ΔKBA và ΔKCB có

\(\widehat{KBA}=\widehat{KCB}\)

\(\widehat{BKA}\) chung

Do đó: ΔKBA đồng dạng với ΔKCB

=>KB/KC=KA/KB

=>\(KB^2=KA\cdot KC\)(1)

Xét ΔKBO vuông tại B có BI là đường cao

nên \(KI\cdot KO=KB^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(KA\cdot KC=KI\cdot KO\)

\(\frac{a}{b}:\frac{c}{d}=\frac{a}{b}.\frac{c}{d}\Rightarrow\frac{a}{b}=\frac{a}{b}.\frac{c}{d}.\frac{c}{d}\Rightarrow\frac{a}{b}:\frac{a}{b}=\frac{c}{d}.\frac{c}{d}\)

\(\Rightarrow1=\left(\frac{c}{d}\right)^2\Rightarrow\frac{c}{d}=1\text{ hoặc }\frac{c}{d}=-1\)

ta có: \(\frac{a}{b}:\frac{c}{d}=\frac{a}{b}.\frac{c}{d}\Leftrightarrow\frac{a}{b}.\frac{d}{c}=\frac{a}{b}.\frac{c}{d}\Leftrightarrow\frac{a.d}{b.c}=\frac{a.c}{bd}\Leftrightarrow\frac{d}{c}=\frac{c}{d}\Leftrightarrow d^2=c^2\)

suy ra d=c hoặc d=-c

suy ra \(\frac{c}{d}=\frac{c}{c}=1\) hoặc \(\frac{c}{d}=\frac{c}{-c}=-1\)

Ta có \(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+d}+\frac{d}{d+a}\)

> \(\frac{a}{a+b+c+d}+\frac{b}{a+b+c+d}+\frac{c}{a+b+c+d}+\frac{d}{a+b+c+d}=1\)(1)

Tương tự ta chứng minh được \(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{d}{c+d}+\frac{a}{a+d}>1\)(2)

mà \(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{b}{b+c}+\frac{d}{c+d}+\frac{c}{c+d}+\frac{a}{a+d}+\frac{d}{a+d}=4\)(3)

Từ (1) (2) (3) => \(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+d}+\frac{d}{d+a}=2\left(a;b;c;d\inℕ\right)\)