Đáp án:

 

Giải thích các bước giải:

a) Chứng minh tích BD.CE không đổi.

Ta có ^DOC là góc ngoài của ∆BDO nên: ^DOC=ˆB+ˆD1

hay ^O1+^O2=ˆB+^D1⇔600+^O2=600+^D1ˆO1+ˆO2=ˆB+ˆD1⇔600+ˆO2=600+ˆD1

⇔^O2=^D1 

Xét hai tam giác: ∆BOD và ∆CEO, ta có: ˆB=ˆC=600 (gt)  và ^O2=^D1 (cmt) 

⇒∆BOD đồng dạng ∆CEO (g.g)

⇒BDBO=COCE⇒BD.CE=BO.CO

hay BD.CE=BC2.BC2=BC24 (không đổi)

Vậy BD.CE=BC24 không đổi

b) Chứng minh ΔBOD đồng dạng ΔOED

Từ câu (a) ta có: ∆BOD đồng dạng ∆CEO

⇒ODOE=BDOC=BDOB (do OC=OB)

Mà ˆB=ˆDOE=600B^=DOE^=600 

Vậy ΔBODΔBOD đồng dạng ΔOEDΔOED (c.g.c) ⇒ˆBDO=ˆODE⇒BDO^=ODE^  

hay DODO là tia phân giác của góc BDEBDE

c) Vẽ OK⊥DEOK⊥DE và gọi II là tiếp điểm của (O)(O) với ABAB, khi đó OI⊥ABOI⊥AB. Xét hai tam giác vuông: IDOIDO và KDOKDO, ta có:

DODO chung 

ˆD1=ˆD2D1^=D2^ (do DODO là tia phân giác của góc BDEBDE)

Vậy ΔIDO=ΔKDO(ch−gn)ΔIDO=ΔKDO(ch−gn)⇒OI=OK⇒OI=OK (các cạnh tương ứng).

Điều này chứng tỏ rằng OKOK là bán kính của (O)(O) và OK⊥DEOK⊥DE nên KK là tiếp điểm của DEDE với (O)(O) hay DEDE tiếp xúc với đường tròn (O).