a) Xét (O), ta có CD là đường kính và E thuộc (O)

`=>\hat(CED)=90^o`

Do CD vuông góc AB tại O nên ta có `\hat(DOB)=90^o`

Xét tứ giác OIED, ta có: `\hat(DOI)+\hat(DEI)=90^o + 90^o =180^o`

=>OIED nội tiếp.

b) Xét (O), ta có AB là đường kính và E thuộc (O)

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

Xét tam giác AOH và tam giác AEB, ta có:

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

`\hat(BAE)` là góc chung

`=>triangleAOH` $\backsim$ `triangleAEB`

`=>(AH)/(AB) = (AO)/(AE)`

`=>AH.AE=AB.AO`

Mà `AB=2R ; AO=R`, nên `AH.AE=2R^2`

Ta có: `triangleAOH` $\backsim$ `triangleAEB` nên:

`(AO)/(OH)=(AE)/(EB)` (1)

Xét (O), ta có AB,CD là 2 đường kính nên ACBD là hình chữ nhật.

Mà AB vuông góc CD nên ACBD là hinh vuông, suy ra `AC=BC`.

Xét tam giác ACI và tam giác EBI, ta có:

`\hat(ACI)=\hat(EBI)` (AEBC nội tiếp)

`\hat(AIC)=\hat(EIB)` (2 góc đối nhau)

`=>triangleACI` $\backsim$ `\triangleEBI`

`=>(BE)/(AC)=(IB)/(IC)` (2)

Xét tam giác AEI và tam giác CBI, ta có:

`\hat(AEI)=\hat(CBI)` (AEBC nội tiếp)

`\hat(AIE)=\hat(CIB)` (2 góc đối nhau)

`=>triangleAEI` $\backsim$ `\triangleCBI`

`=>(AE)/(BC)=(IA)/(IC)` (3)

Từ (2),(3) ta có: `((AE)/(BC))/((BE)/(AC))=((IA)/(IC))/((IB)/(IC))`

`=>(AE)/(BE)=(IA)/(IB)` (do `AC=BC`)

Ta có: `IB=1/2 OB` (I là trung điểm OB) ; `OB=1/2 AB` (O là trung điểm AB)

`=>IB=1/2 . 1/2 AB=1/4 AB=1/4(IB+IA)`

`=>1/4 IA =3/4 IB =>(IA)/(IB)=3`

Vậy `(AE)/(BE)=3` (4)

Từ (1),(4) ta có: `(AO)/(OH)=3 =>AO=3OH`

c) AE cắt BD tại K'.

Xét tam giác COI và tam giác CED, ta có:

`\hat(COI)=\hat(CED)=90^o`

`\hat(DCE)` là góc chung

`=>\triangleCOI` $\backsim$ `\triangleCED`

`=>(DE)/(OI)=(EC)/(OC)` (5) và `(CI)/(CD)=(CO)/(CE)`

`=>CI.CE=CD.CO`

- Từ (2),(5) ta có: `((DE)/(OI))/((BE)/(AC)) = ((EC)/(OC))/((IB)/(IC))`

`=>(DE)/(BE) . (AC)/(OI)=(EC.IC)/(OC.AI) = (CD.CO)/(CO.IB)=(CD)/(BI)`

`=>(DE)/(BE)=(CD)/(BI) . (OI)/(AC)`.

Mà: `CD=2R; BI=OI=1/2 OB=1/2 R`

`AC=AB\sqrt(2)=R\sqrt(2)` (ACBD là hình vuông)

`=>(DE)/(BE)=(2R)/(R\sqrt(2))=\sqrt(2)`

Mà `(AB)/(AD)=\sqrt(2)` (do ACBD là hình vuông) nên `(DE)/(BE)=(AB)/(AD)`

- Dễ dàng chứng minh được: `\triangleAK'D` $\backsim$ `\triangleBK'E`

`=>(BK')/(BE)=(AK')/(AD)` (6)

- Dễ dàng chứng minh được: `\triangleAK'B` $\backsim$ `\triangleDK'E`

`=>(DK')/(DE)=(AK')/(AB)` (7)

Từ (6),(7) ta có: `(BK')/(DK') . (DE)/(BE) = (AD)/(AB)`

Mà `(DE)/(BE)=(AB)/(AD)` nên `(BK')/(DK')=1` =>K' là trung điểm BD.

Mà K cũng là trung điểm BD (tam giác OBD vuông cân tại O, OK vuông góc BD tại K)

=> K trùng K'. Do đó A,K,E thẳng hàng

Xét tam giác AQB, ta có:

AE là đường cao (AE vuông góc BQ)

BD là đường cao (BD vuông góc AQ)

AE cắt BD tại K

=> K là trực tâm của tam giác AQB.

=>QK vuông góc AB (8)

Xét tam giác OBD có: I là trung điểm OB và K là trung điểm BD

=>IK là đường trung bình của tam giác OBD.

=>IK//OD. Mà OD vuông góc AB nên IK vuông góc AB (9)

Từ (8),(9) ta có Q,K,I thẳng hàng nên QK vuông AB tại I

Xét tam giác AIQ vuông tại I, ta có: `\hat(QAI)=45^o` (ACBD là hình vuông)

=>AIQ vuông cân tại I, nên `IQ=AI=3IB=3.1/2 OB=3/2 R`.

Vậy `S_(ABQ)=1/2 IQ.AB=1/2 .3/2R . 2R=3/2 R^2`