Lời giải:
Bài này của trường nào vậy bạn? Mình làm nhưng cảm thấy cách giải nó không được gọn gàng lắm.
1.
Vì $(O)$ tiếp xúc với $AB,AD$ tại $E,F$ nên $OE\perp AB, OF\perp AD$.
Tứ giác $AEOF$ có 3 góc vuông \((\widehat{A}, \widehat{E}, \widehat{F})\) nên là hình chữ nhật. Suy ra $A,E,O,F$ cùng thuộc 1 đường tròn (1)
Mà 2 cạnh kề \(OE=OF=R\) nên $AEOF$ là hình vuông
\(\Rightarrow AE=AF=OE=R=\frac{AB}{2}\)(hình tròn nội tiếp hình vuông thì bán kính bằng nửa cạnh hình vuông)
\(\Rightarrow AF=BE\). Xét 2 tam giác vuông $BAF$ và $CBE$ có:
\(\left\{\begin{matrix} BA=CB\\ AF=BE\\\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle BAF=\triangle CBE\) \(\Rightarrow \widehat{ABF}=\widehat{BCE}\)
\(\Leftrightarrow 90^0-\widehat{GBC}=\widehat{GCB}\)
\(\Leftrightarrow \widehat{GBC}+\widehat{GCB}=90^0\Rightarrow \widehat{BGC}=90^0\Rightarrow BF\perp CE\)
\(\Rightarrow \widehat{EGF}=90^0\).
Tứ giác $AEGF$ có tổng 2 góc đối \(\widehat{EAF}+\widehat{EGF}=180^0\) nên $A,E,F,G$ cùng thuộc 1 đường tròn (2)
Từ (1);(2) suy ra $A,F,O,G,E$ cùng thuộc 1 đường tròn
2. Tứ giác $AEOF$ là hình vuông nên $\widehat{EOF}=90^0$
\(\widehat{EMG}=\widehat{EMF}=\frac{1}{2}\widehat{EOF}=45^0\) (góc nt bằng một nửa góc ở tâm chắn cùng 1 cung)
Kết hợp $\widehat{EGM}=90^0$ suy ra $EGM$ là tam giác vuông cân.
Do đó \(MG=GE(1)\)
Dễ thấy $\triangle $BEG\sim \triangle BFA$ (tam giác vuông và chung góc $\widehat{B}$) nên \(\frac{EG}{BG}=\frac{FA}{BA}=\frac{R}{2R}=\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow EG=\frac{1}{2}BG(4)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow MG=\frac{BG}{2}\Rightarrow MB=MG\)
3. Kéo dài $OE$ cắt $(O)$ tại $K$ thì $K$ chính là điểm tiếp xúc giữa $CD$ và $(O)$
$AK$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 là $L$ và cắt $BF$ tại $U$
Tứ giác $AECK$ có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường nên $AECK$ là hình bình hành
\(\Rightarrow AK\parallel EC\) . Mà $EC\perp BF$ nên $AK\perp BF$ hay $AL\perp GF$ tại $U$
Xét tam giác $BEG$ và $AFU$ có
\(\widehat{EBG}=\widehat{FAU}(=90^0-\widehat{UAB})\); \(\widehat{FUA}=\widehat{EGB}=90^0\)
\(\Rightarrow \triangle BEG\sim \triangle AFU\Rightarrow \frac{AU}{FU}=\frac{BG}{EG}=2\) (kết quả phần 2)
\(\Rightarrow AU=2FU(5)\)
Mặt khác:
\(\widehat{FIU}=\widehat{FIK}=\frac{1}{2}\widehat{FOK}=\frac{1}{2}.90^0=45^0\) (quan hệ góc nt và góc ở tâm cùng chắn 1 cung). Kết hợp với $\widehat{FUI}=90^0$ suy ra tam giác $FIU$ vuông cân tại $U$
\(\Rightarrow FU=LU(6)\)
Từ \((5);(6)\Rightarrow AL=LU\Rightarrow \frac{LU}{AL}=1\)
\(EG\parallel AU\Rightarrow \frac{UG}{GB}=\frac{AE}{EB}=1\) (Ta-let)
Do đó: \(\frac{LU}{AL}=\frac{GU}{GB}\Rightarrow GL\parallel AB\) (Ta-let đảo)
Mà $AB\perp AF$ nên $GL\perp AF$
Vậy $GL\perp AF, AL\perp GF$ nên $L$ là trực tâm của $GAF$. Mà $L\in (O)$ nên ta có đpcm.
Giúp với ạ 2/6 e thi rồi Akai Haruma,Ribi Nkok Ngok, tran nguyen bao quan, Nguyễn Thị Ngọc Thơ,Trần Trung Nguyên
