Đáp án+Giải thích các bước giải:

`a)` Xét đường tròn `(O)` có `\hat(AFB) = 90^o` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

`-> Δ KEB` vuông tại `E` nên nội tiếp đường tròn đường kính `KB`

`-> K , E , B` cùng thuộc đường tròn đường kính `KB (1)`

Do `CD \bot AB` tại `I`

`-> \hat(KIB) = 90^o`

`-> Δ KIB` vuông tại `I` nên nội tiếp đường tròn đường kính `KB`

`-> K , I , B` cùng thuộc đường tròn đường kính `KB (2)`

Từ `(1)(2) -> K , E , I , B` cùng thuộc đường tròn đường kính `KB` (đpcm)

`b)` Xét `Δ AIK` và `Δ AEB` có:

`\hat(BAE)` chung

`\hat(AIK) = \hat(AEB) = 90^o`

`-> Δ AIK` $\backsim$ `Δ AEB` (g . g)

`-> (AI)/(AE) = (AK)/(AB)`

`-> AK . AE = AI . AB` (đpcm)

`c)` Xét `Δ PAB` có `2` đường cao `AE` và `PI` cắt nhau tại `K`

`-> K` là trực tâm

`-> BK \bot PA` tại `Q`

`-> \hat(BQA) = 90^o`

`-> Δ BQA` vuông tại `Q` nên nội tiếp đường tròn đường kính `AB`

`-> Q \in (O)`

Chứng minh tương tự câu `a)`

`-> Q , A , K , I` cùng thuộc `1` đường tròn

`-> \hat(QIK) = \hat(KAQ) = \hat(EAQ)`

Chứng minh tương tự ta đc: `\hat(EIK) = \hat(QBE)`

Mà `\hat(EAQ) = \hat(QBE)` (`2` góc nội tiếp chắn $\mathop{QE}\limits^{\displaystyle\frown}$)

`-> \hat(QIK) = \hat(EIK)`

`-> IK` là phân giác `\hat(EIQ)` (đpcm)

Chứng minh tương tự câu `a)`

`-> P , Q , K , E` cùng thuộc đường tròn đường kính `PK`

`-> PQKE` là tứ giác nội tiếp

Gọi `F` là trung điểm `PK`

Xét `Δ PQK` vuông tại `Q` có `QF` là trung tuyến

`-> QF = PF`

`-> Δ PQF` cân tại `F`

`-> \hat(PQF) = \hat(QPF)`

Chứng minh tương tự

`-> \hat(AQO) = \hat(OQA)`

`-> \hat(AQO) + \hat(PQF) = \hat(QPF) + \hat(OAQ)`

Mà `Δ PAI` vuông tại `I`

`-> \hat(QPF) + \hat(OAQ) = 90^o`

`-> \hat(AQO) + \hat(PQF) = 90^o`

`-> 180^o - (\hat(AQO) + \hat(PQF)) = 180^o - 90^o`

`-> \hat(FQO) = 90^o`

`-> OQ \bot QF`

Mà `QF` là bán kính của đường tròn ngoại tiếp `Δ PQE`

`-> OQ` là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp `Δ PQE`