a: Xét ΔABC có \(\hat{ABC}+\hat{ACB}+\hat{BAC}=180^0\)

=>\(\hat{BAC}=180^0-46^0-72^0=134^0-72^0=62^0\)

b: Ta có: AM là phân giác của góc BAC

=>\(\hat{BAM}=\hat{CAM}=\frac12\cdot\hat{BAC}=\frac12\cdot62^0=31^0\)

BN là phân giác của góc ABC

=>\(\hat{ABN}=\hat{CBN}=\frac12\cdot\hat{ABC}=\frac12\cdot46^0=23^0\)

Xét (O) có \(\hat{BAN}\) là góc nội tiếp chắn cung AN

\(\hat{CBN}\) là góc nội tiếp chắn cung CN

\(\hat{BAN}=\hat{CBN}=23^0\)

Do đó: sđ cung AN=sđ cung CN\(=2\cdot23^0=46^0\)

Xét (O) có

\(\hat{BAM};\hat{CAM}\) lần lượt là các góc nội tiếp chắn hai cung BM và CM

\(\hat{BAM}=\hat{CAM}=31^0\)

Do đó: sđ cung BM=sđ cung CM=62 độ

=>BM=CM

Xét (O) có

\(\hat{NAC};\hat{NBC}\) là các góc nội tiếp chắn cung NC

=>\(\hat{NAC}=\hat{NBC}=23^0\)

\(\hat{NAM}=\hat{NAC}+\hat{MAC}=23^0+31^0=54^0\)

Xét (O) có

\(\hat{NBM};\hat{NAM}\) là các góc nội tiếp chắn cung NM

=>\(\hat{NBM}=\hat{NAM}\)

=>\(\hat{IBM}=54^0\)

Xét (O) có \(\hat{BIM}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung BM,AN

=>\(\hat{BIM}\) =1/2(sđ cung BM+sđ cung AN)

=\(\frac12\left(62^0+46^0\right)=\frac12\cdot108^0=54^0\)

c: Xét ΔMIB có \(\hat{MBI}=\hat{MIB}\)

nên ΔMBI cân tại M

=>MB=MI

mà MB=MC

nên MB=MI=MC

1. Để chứng minh cung DE có số đo không đổi, ta cần chứng minh góc \(\angle BOC\) có số đo không đổi. Thực vậy, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau,  OB và OC là phân giác ngoài của tam giác ABC. Ta có

 \(\angle BOC=180^{\circ}-\frac{\angle MBC}{2}-\frac{\angle NCB}{2}=\frac{\angle ABC}{2}+\frac{\angle ACB}{2}=90^{\circ}-\frac{\angle BAC}{2}=90^{\circ}-\frac{a}{2}\) 
Do đó góc \(\angle BOC\) có số đo không đổi. Suy ra cung DE có số đo không đổi. 

2.  Do CD vuông góc với AB nên BC,BD là đường kính của hai đường tròn (O) và (O'). Suy ra
 \(\angle CFB=\angle DEB=90^{\circ}\to\angle CFD=\angle CED=90^{\circ}.\)  Vậy tứ giác CDEF nội tiếp. Do đó \(\angle ECF=\angle EDF\to\angle FAB=\angle ECF=\angle EDF=\angle EDB\)
Vậy AB là phân giác của góc AEF.

3. Đề bài có chút nhầm lẫn, "kẻ \(IH\perp BC\) mới đúng. Do tam giác ABC nhọn và I nằm trong nên các điểm H,K,L nằm trên các cạnh của tam giác. Sử dụng bất đẳng thức \(a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2,\) ta suy ra \(AL^2+BL^2\ge\frac{1}{2}\left(AL+BL\right)^2=\frac{1}{2}AB^2.\)  Tương tự ta cũng có \(BH^2+CH^2\ge\frac{1}{2}BC^2,KC^2+KA^2\ge\frac{1}{2}AC^2.\)  Mặt khác theo định lý Pitago

\(AL^2+BH^2+CK^2=\left(IA^2-IL^2\right)+\left(IB^2-IH^2\right)+\left(IC^2-IK^2\right)\)
\(=\left(IA^2-IK^2\right)+\left(IB^2-IL^2\right)+\left(IC^2-IH^2\right)\)
\(=BL^2+CH^2+AK^2.\)

Thành thử \(AL^2+BH^2+CK^2=\frac{\left(AL^2+BL^2\right)+\left(BH^2+CH^2\right)+\left(CK^2+AK^2\right)}{2}\ge\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{2}.\)
Dấu bằng xảy ra khi \(AL=BL,BH=CH,CK=AK\Leftrightarrow I\)  là giao điểm ba đường trung trực.

 

a: góc HMC+góc HNC=180 độ

=>HMCN nội tiếp

b: góc CED=góc CAD

góc CDE=góc CAE

mà góc CAD=góc CAE(=góc CBD)

nên góc CED=góc CDE

=>CD=CE