A) TA CÓ   KEA EAG   180 ,0   BAC EAG   1800  KEA BAC ...

Câu 4

a) Ta có   KEA EAG   180 ,

  BAC EAG   180

 KEA BAC    . Lại có:

; .

EK  AG  AC EA AB    AEK   BAC  AK  BC Ta có

 

     . Gọi H là giao điểm của KA và BC, ta có:

AEK BAC EAK ABC

    90

BAH  ABC  BAH EAK    AH  BC . Vậy AK  BC .

b) Vì KAC   KAG   90 ;

BCF    ACB  90

mà KAG    ACB  KAC   BCF  .

Vì KA BC AC CF KAC  ;  ;    BCF   KAC   BCF  CKH   FBC  . Ta lại có

  90

  90

(1)

CKH KCH    FBC KCH    BF  KC . Tương tự ta có KB  CD (2) .

Từ (1)(2) suy ra M là trực tâm  KBC , suy ra M  KH . Vậy A, K, M thẳng hàng.

c) Dựng hình vuông BCC B ' ' trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa cung lớn BC , suy ra B C ' '

cố định. Ta có AKB’B là hình bình hành (vì BB KA ', cùng vuông góc BC suy ra BB KA '  ;

 ' '   ' '   

B KC  B KA AKC   BAH HAC   BAC Vì khi A thay đổi trên cung lớn BC của

đường tròn ( ; ) O R thì K luôn nhìn đoạn B C ' ' cố định dưới một góc không đổi    BAC .

Do đó K thuộc quỹ tích cung chứa góc  dựng trên đoạn B C ' ' cố định.