2). Từ AD là phân giác  B A C ^  suy ra DB=DC vậy DE vuông góc với BC tại trung điểm N của BC.

Từ 1). Δ B D M ∽ Δ B C F , ta có  D M C F = B D B C .

Vậy ta có biến đổi sau D A C F = 2 D M C F = 2 B D B C = C D C N = D E C E  (3).

Ta lại có góc nội tiếp  A D E ^ = F C E ^  (4).

Từ 3 và 4, suy ra Δ E A D ∽ Δ E F C ⇒ E F C ^ = E A D ^ = 90 ° ⇒ E F ⊥ A C  

1). Tam giác ABF và tam giác ACE ần lượt cân tại F, E và

F B A ^ = E C A ^ = A ^ 2 ⇒ Δ A B F ∽ Δ A C E .

2). Giả sử G là giao điểm của BE và CF.

Ta có  G F G C = B F C E = A B A C = D B D C ⇒ G D ∥ F B   , và  F B ∥ A D  ta có  G ∈ A D .

3). Chứng minh  B Q G ^ = Q G A ^ = G A E ^ = G A C ^ + C A E ^ = G A B ^ + B A F ^ = G A F ^ , nên AGQF nội tiếp, và Q P G ^ = G C E ^ = G F Q ^ , suy ra tứ giác FQGP nội tiếp.

1) Chứng minh rằng tam giác \( A B F \) đồng dạng với tam giác \( A C E \):

- Tam giác \(ABF\) và \(ACE\) có:
  + Góc \(A\) chung.
  + Góc \(BAF\) bằng góc \(CAE\) (vì \(AD\) là phân giác của góc \(BAC\) và \(CF\), \(BE\) song song với \(AD\)).
  
  Do đó, tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(ACE\) (theo trường hợp góc-góc).

2) Chứng minh rằng các đường thẳng \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy:

- Gọi \(G\) là giao điểm của \(BE\) và \(CF\).
- \(AD\) là phân giác góc \(BAC\), và \(BE\), \(CF\) song song với \(AD\). Do đó, \(G\) cũng nằm trên phân giác \(AD\).
- Vậy \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy tại \(G\).

3) Chứng minh rằng các điểm \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn:

- Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác \(GEC\) là \(\omega\).
- \(QE\) cắt \(\omega\) tại \(P\) khác \(E\), vậy \(P\) nằm trên đường tròn \(\omega\).
- \(GQ\) song song với \(AE\), và \(AE\) là đường kính của \(\omega\) (vì \(E\) là trung điểm của \(AC\) và \(G\) nằm trên phân giác của \(BAC\)). Do đó, \(GQ\) là dây cung của \(\omega\).
- \(PF\) là tiếp tuyến của \(\omega\) tại \(P\) (vì \(QE\) là tiếp tuyến và \(PF\) là phần kéo dài của \(QE\)).
- Góc \(PGF\) bằng góc \(GAC\) (cùng chắn cung \(GC\) của \(\omega\)).
- \(AF\) là trung trực của \(AB\), nên \(ABF\) là tam giác cân tại \(A\). Do đó, góc \(AFB\) bằng góc \(ABF\).
- Góc \(ABF\) bằng góc \(GAC\) (do đồng dạng của tam giác \(ABF\) và \(ACE\)).
- Vậy, góc \(PGF\) bằng góc \(AFB\). Do đó, \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn.

1). Ta có góc nội tiếp bằng nhau  B D M ^ = B C F ^   ( 1 ) và  B M A ^ = B F A ^    suy ra  180 0 − B M A ^ = 180 0 − B F A ^  hay  B M D ^ = B F C ^  (2).

Từ (1) và (2), suy ra  Δ B D M ~ Δ B C F   (g - g).

\(\text{a) Xét tứ giác BEFC có:}\)

\(\text{∠BEC = 90 o (CE là đường cao)}\)

\(\text{∠BFC = 90 ^0 (BF là đường cao)}\)

=> 2 đỉnh E, F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vuông

=> Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp

\(\text{Xét tứ giác AEHF có:}\)

\(\text{∠AEH = 90 o (CE là đường cao)}\)

\(\text{∠AFH = 90 o (BF là đường cao)}\)

=> ∠AEH + ∠AFH = 180^ o

=> Tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp.

\(\text{b) Xét ΔSBE và ΔSFC có:}\)

\(\text{∠FSC là góc chung}\)

\(\text{∠SEB = ∠SCF (Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp)}\)

=> ΔSBE ∼ ΔSFC (g.g)

\(\Rightarrow\frac{SB}{SF}\)=\(\frac{SE}{SC}\)\(\Rightarrow\text{SE.SF = SB.SC (1)}\)

\(\text{Xét ΔSMC và ΔSNB có:}\)

\(\text{∠ NSC là góc chung}\)

\(\text{∠ SCM = ∠SNB (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB)}\)

=> ΔSMC ∼ ΔSBN (g.g)

\(\Rightarrow\frac{SM}{SB}\)=\(\frac{SC}{SN}\Rightarrow\text{SM.SN = SB.SC (2)}\)

Từ (1) và (2) => SE.SF = SM.SN

\(\text{c) Ta có:}\)

\(\hept{\begin{cases}\widehat{KAE}=\widehat{KCB}\left(\text{2 GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG KB}\right)\\\widehat{HAE}=\widehat{BFM}\left(\text{TỨ GIÁC AEHF LÀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP}\right)\\\widehat{KCB}=\widehat{BFM}\left(\text{TỨ GIÁC BEFC LÀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP}\right)\end{cases}}\)

=> ∠KAE = ∠HAE

=> AE là tia phân giác của góc ∠KAH

\(\text{Mà AE cũng là đường cao của tam giác KAH}\)

=> ΔKAH cân tại A

=> AE là đường trung tuyến của ΔKAH

=> E là trung điểm của KH hay K và H đối xứng nhau qua AB

\(\text{d) Tia BF cắt đường tròn (O) tại J}\)

∠KJB = ∠KCB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung KB)

∠KCB = ∠EFH (tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp )

=> ∠KJB = ∠EFH

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong

=> KJ // EF

KI // EF (gt)

=> I ≡ J

=> H, F, J thẳng hàng

HÌNH THÌ VÀO XEM THỐNG KÊ HỎI ĐÁP NHA

BÀI LÀM ĐÚNG MÀ SAO CÓ NGƯỜI K SAI TÔI ĐẢM BẢO BÀI NÀY ĐÚNG 100%

A B C I S D E F G K L K' M x

Gọi giao điểm khác D của hai đường tròn (BED);(CFD) là K'; K'I cắt EF tại L; DL cắt (I;ID) tại M khác D.

Ta thấy IE = IF; AI là phân giác ngoài của ^EAF, từ đây dễ suy ra 4 điểm A,E,I,F cùng thuộc một đường tròn

Vì 3 điểm D,F,E lần lượt thuộc các cạnh BC,CA,AB của \(\Delta\)ABC nên (BED);(CFD);(AFE) đồng quy (ĐL Miquel)

Hay điểm K' thuộc đường tròn (AIFE). Do vậy LI.LK' = LE.LF = LD.LM (= P_L/(G) = P_L/(I) )

Suy ra 4 điểm K',M,I,D cùng thuộc một đường tròn. Mà ID = IM nên ^IK'D = ^IK'M.

Đồng thời ^DIM = 180⁰ - ^DK'M = 180⁰ - ^EK'F + 2.^FK'D = ^BAC + 2.^ACB = 2.^AID

Suy ra IA vuông góc DM, từ đó M,L,D,A thẳng hàng (Vì IA cũng vuông góc AD)

Khi đó dễ thấy AL là phân giác ^BAC, K'L là phân giác ^EK'F, mà tứ giác AEK'F nội tiếp

Suy ra AEK'F là tứ giác điều hòa, từ đây AK' là đường đối trung của \(\Delta\)AEF

Suy ra K' trùng K. Kẻ tiếp tuyến Kx của (G), ta có ^BKx = ^EKx - ^EKB = ^EFK - ^EFD = ^BCK

Do đó (BKC) tiếp xúc với (G) tại K, tức KG đi qua tâm của (BKC)   (1)

Gọi S là trung điểm cung lớn BC của (ABC). Có SB = SC và ^BKC = ^AED + ^AFD = 180⁰ - ^BSC/2

Suy ra S là tâm của đường tròn (BKC)                                             (2) 

Từ (1) và (2) suy ra KG luôn đi qua S cố định (Vì S là trung điểm cùng BC lớn cố định) (đpcm).

1). Gọi DE cắt (O) tại P khác D. Do AD là đường kính của (O), suy ra A P D ^ = 90 0 , mà A H E ^ = 90 0 ( do  H E ∥ B C ⊥ H A  ), nên tứ giác APEH nội tiếp.

Ta có A P H ^ = A E H ^  (góc nội tiếp)

= A C B ^ H E ∥ B C = A P B ^ (góc nội tiếp)

⇒ P H ≡ P B

2). Ta có H P ⊥ A C ⇒ A E H ^ = A H P ^ = A E P ^  

Suy ra EA là phân giác ngoài đỉnh E của tam giác DEF

Tương tự FA là phân giác ngoài đỉnh F của tam giác DEF

Suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của tam giác DEF

3). Do I là tâm nội tiếp nên EI là tia phân giác trong.

Mà EA là tia phân giác ngoài, suy ra  E I ⊥ A C ⇒ E I ∥ H B

Tương tự F I ∥ H C ;   E F ∥ B C ⇒ Δ I E F   v à   Δ H B C có cạnh tương ứng song song, nên BE; CF và IH đồng quy.

Dài thế này ai mà lm đc cho m k lm nữa

làm hết dc đống bài này chắc mình ốm mất