a) Ta có \(\widehat {OAB} = 90^\circ \) (do AB là tiếp tuyến của (O)).
Xét ∆ABO và ∆CBO, có:
OB chung;
AB = BC (giả thiết);
OA = OC (= R).
Do đó ∆ABO = ∆CBO (c.c.c).
Suy ra \(\widehat {OCB} = \widehat {OAB} = 90^\circ \).
Vậy CB là tiếp tuyến của (O).
b) Gọi N là giao điểm của OB và (O).
Ta có \(\widehat {AOB} = \widehat {BOC}\) (∆ABO = ∆CBO).
Suy ra sđ = sđ.
Lại có \(\widehat {AOB}\) = sđ và \(\widehat {ODC} = \frac{1}{2}\)sđ = sđ.
Do đó \(\widehat {AOB} = \widehat {ODC}\).
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị.
Vậy CD // OB.
Xét ∆OBC và ∆DCK, có:
\(\widehat {BOC} = \widehat {KDC}\,\,\left( { = \widehat {OCD}} \right)\);
\(\widehat {OCB} = \widehat {CKD} = 90^\circ \).
Do đó (g.g).
Suy ra \(\frac{{BC}}{{CK}} = \frac{{OB}}{{CD}}\).
Vậy BC.CD = CK.OB.
c) Ta có I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BEF.
Suy ra EI là tia phân giác của \(\widehat {BEF}\).
Do đó \(\widehat {IEF} = \frac{1}{2}\widehat {BEF}\) (1)
Tứ giác EAOM, có: \(\widehat {EAO} = \widehat {EMO} = 90^\circ \) (AE, ME là tiếp tuyến của (O)).
Suy ra \(\widehat {EAO} + \widehat {EMO} = 180^\circ \).
Do đó tứ giác EAOM nội tiếp đường tròn đường kính OE.
Vì vậy \(\widehat {BEF} = \widehat {AOM}\) (2)
Đường tròn (O; R), có: \(\widehat {AOM}\) là góc ở tâm chắn và \(\widehat {MCA}\) là góc nội tiếp chắn .
Suy ra \(\widehat {AOM} = 2\widehat {MCA}\) (3)
Từ (1), (2), (3), suy ra \(\widehat {IEF} = \widehat {MCA}\).
Chứng minh tương tự, ta được: \(\widehat {IFE} = \widehat {MAC}\).
Xét ∆MAC và ∆IFE, có:
\(\widehat {IEF} = \widehat {MCA}\) (chứng minh trên);
\(\widehat {IFE} = \widehat {MAC}\) (chứng minh trên).
Vậy (g.g).